departamento de ingeniería matemática facultad de ciencias físicas y matemáticas UNIVERSIDAD DE CHILE Cálculo Avanzado y Aplicaciones ZZZ Ω div(F~ ) dV = ZZ ∂Ω F~ · n b dA Apuntes para el curso MA2A2 Felipe Alvarez Roberto Cominetti Juan Diego Dávila Héctor Ramírez C. Tercera Edición 27 de Julio de 2009 ii Todo comentario que permita mejorar este apunte es bienvenido. Favor enviar sus contribuciones a: Felipe Alvarez falvarez@dim.uchile.cl Prefacio El objetivo de estos apuntes es presentar los elementos básicos del cálculo vectorial y de la teoría de funciones de variable compleja, como asimismo ilustrar su utilización en la resolución de ecuaciones en derivadas parciales. Hemos escogido un enfoque y nivel de profundidad acorde a lo que se espera para el curso de Cálculo Avanzado y Aplicaciones, asignatura del segundo año del Plan Común de la Carrera de Ingeniería Civil de la Facultad de Ciencias Físicas y Matemáticas de la Universidad de Chile. Estos apuntes se basan en las notas escritas en colaboración con mi colega el Profesor Roberto Cominetti, y se han beneficiado de una activa participación de los Profesores Héctor Ramírez Cabrera y Juan Diego Dávila. Buena parte del material referente a la teoría de EDP se debe a este último. Agradezco a todos ellos las múltiples e interesantes discusiones que hemos tenido sobre diversos aspectos del curso. Mis más sinceros agradecimientos a Miguel Carrasco y Claudio Pizarro, quienes en años anteriores participaron en la confección de una versión previa de este apunte para el curso en aquel entonces llamado Matemáticas Aplicadas, al transcribir en LATEX buena parte de las notas manuscritas, elaborar las figuras y sugerir varias ideas para mejorar la presentación. También debo agradecer a Regina Mateluna, secretaria del DIM, por su eficiente y siempre bien dispuesta colaboración en esta tarea. Luego este apunte fue completamente reorganizado y actualizado por Germán Ibarra y Emilio Vilches, incorporando nuevo material y revisando cuidadosamente el que ya existía, con el fin de adecuarlo al programa del curso de Cálculo Avanzado y Aplicaciones. Mi reconocimiento para ellos por un trabajo muy bien hecho. En la presente segunda edición se hicieron varias correcciones formales y de presentación, fruto de una atenta y constructiva revisión de todos los capítulos y apéndices realizada por Jorge Lemus y Nicolás Carreño. Vayan mis agradecimientos por su excelente trabajo. Sin perjuicio de los nombres mencionados anteriormente, la responsabilidad por los eventuales errores o inexactitudes que se puedan encontrar en estos apuntes es sólo mía. Estaré muy contento de recibir cualquier comentario o sugerencia que permita mejorar este apunte en la siguiente dirección: falvarez@dim.uchile.cl Finalmente, quisiera agradecer el financiamiento proporcionado por el Departamento de Ingeniería Matemática de la Universidad de Chile y por el proyecto Fondef IDEA+. Felipe Alvarez Santiago, Marzo 2009 iii iv Derechos de autoría DIM Se concede permiso para imprimir o almacenar una única copia de este documento. Salvo por las excepciones más abajo señaladas, este permiso no autoriza fotocopiar o reproducir copias para otro uso que no sea el personal, o distribuir o dar acceso a versiones electrónicas de este documento sin permiso previo por escrito del Director del Departamento de Ingeniería Matemática (DIM) de la Facultad de Ciencias Físicas y Matemáticas (FCFM) de la Universidad de Chile. Las excepciones al permiso por escrito del párrafo anterior son: (1) Las copias electrónicas disponibles bajo el dominio uchile.cl. (2) Las copias distribuidas por el cuerpo docente de la FCFM en el ejercicio de las funciones que le son propias. Cualquier reproducción parcial de este documento debe hacer referencia a su fuente de origen. Este documento fue financiado a través de los recursos asignados por el DIM para la realización de actividades docentes que le son propias. v Distribución Semanal de los Contenidos Semana Tema 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 Cálculo Vectorial Unidad Divergencia, rotor y coord. ortogonales Integral de flujo y teorema de Gauss Integral de trabajo y teorema de Stokes Complementos: divergencia y teo. de Gauss Complementos: rotor y teo. de Stokes Variable compleja El plano complejo y derivación compleja Funciones en series de potencias Integración compleja Fórmula de Cauchy y Teorema de los residuos Evaluación de integrales vía variable compleja Análisis de Fourier Series de Fourier Transformada de Fourier EDPs Ecuaciones en Derivadas Parciales Lineales Separación de Variables Transformadas y resolución de EDPs Capítulos Cap. 1 Cap. 2 Cap. 3 Cap. 4 Cap. 5 Cap. 6 y 7 Cap. 8 Cap. 9 Cap. 10 y 11 Cap. 12 Cap. 13 Cap. 14 Cap. 15 Cap. 16 Cap. 17 vi Índice general I Cálculo Vectorial 1 1. Elementos de cálculo vectorial 3 1.1. Campos escalares y vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2. Operadores diferenciales del cálculo vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.1. Divergencia, laplaciano y rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.2. Identidades vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3. Sistemas de coordenadas ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3.1. Triedro ortogonal y factores escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.3.2. Ejemplos: cilíndricas, esféricas y toroidales . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.3.3. Gradiente en coordenadas ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.3.4. Divergencia y rotor en coordenadas ortogonales . . . . . . . . . . . . . . 15 1.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.5. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2. Integral de flujo y el teorema de Gauss 21 2.1. Campos de normales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2. Superficies orientables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.3. Integral de flujo de un campo vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.4. El teorema de la divergencia de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.5. Ejemplos de aplicación del teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.7. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.8. Resolución de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 3. Integral de trabajo y el teorema de Stokes 3.1. Integral de trabajo (o de línea) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . vii 43 43 ÍNDICE GENERAL viii 3.2. El teorema del rotor de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.3. El teorema de Green en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 3.4. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 3.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 3.6. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 4. Complementos sobre divergencia y teorema de Gauss 57 4.1. Caracterización límite de la divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 4.2. Fórmulas integrales de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 4.3. Divergencia en coordenadas ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 4.4. **Demostración del teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 5. Complementos sobre rotor y teorema de Stokes 65 5.1. Caracterización límite del rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 5.2. Interpretación física del rotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 5.3. Bosquejo de la demostración del teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . 68 5.4. Rotor en coordenadas ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 Problemas de recapitulación 71 II 77 Funciones de Variable Compleja 6. El plano complejo 79 6.1. Estructura algebraica del plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 6.2. Estructura métrica del plano complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 6.3. Representación polar y raíces de la unidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 7. Continuidad y derivación 85 7.1. Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 7.2. Derivada compleja: condiciones de Cauchy-Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . 86 7.3. Propiedades básicas de la derivada compleja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 7.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 7.5. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 8. Funciones en serie de potencias 8.1. Definiciones y propiedades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 93 ÍNDICE GENERAL ix 8.2. Ejemplos de funciones en serie de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 8.2.1. La función exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 8.2.2. Funciones hiperbólicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 8.2.3. Funciones trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 8.2.4. Función logaritmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 8.2.5. Otras funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 8.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 8.4. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 8.5. Resolución de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 9. Integral en el plano complejo 105 9.1. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 9.2. Propiedades y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 9.3. El teorema de Cauchy-Goursat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 9.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 9.5. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 9.6. Resolución de Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 10.Fórmula de Cauchy y primeras consecuencias 121 10.1. La fórmula de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 10.2. Desarrollo en serie de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 10.3. Otras consecuencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 10.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 10.5. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 10.6. Resolución de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 11.Teorema de los residuos 129 11.1. Puntos singulares, polos y residuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 11.2. El teorema de los residuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 11.3. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 11.4. Series de Laurent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 11.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 11.6. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 11.7. Resolución de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 ÍNDICE GENERAL x 12.Evaluación de integrales vía residuos 157 12.1. Integrales de funciones trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 12.2. Integrales impropias sobre dominios no acotados . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 12.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 12.4. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 12.5. Resolución de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 III Análisis de Fourier 13.Series de Fourier 179 181 13.1. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 13.2. Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 13.3. Propiedades y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186 13.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188 13.5. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 13.6. Resolución de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 14.La transformada de Fourier 193 14.1. Definición y el teorema de inversión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 14.2. Propiedades fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 14.2.1. La transformada de una derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 14.2.2. El teorema de convolución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 14.2.3. Compendio de propiedades de la transformada de Fourier . . . . . . . . . 197 14.3. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 14.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 14.5. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 IV Ecuaciones en Derivadas Parciales 15.Ecuaciones lineales de segundo orden 205 207 15.1. Ecuaciones parabólicas y fenómenos de difusión . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 15.1.1. Conducción del calor en una barra unidimensional . . . . . . . . . . . . . 207 15.1.2. Conducción del calor en un cuerpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209 15.1.3. Expansión de un gas en un medio isótropo y homogéneo . . . . . . . . . 212 ÍNDICE GENERAL xi 15.2. Ecuaciones hiperbólicas y fenómenos oscilatorios . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 15.2.1. Oscilaciones de una cuerda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 15.2.2. Oscilaciones de una membrana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 15.2.3. Vibraciones longitudinales de una barra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 15.3. Ecuaciones elípticas y fenómenos estacionarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 15.3.1. Membrana en reposo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215 15.3.2. Potencial de campo eléctrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 15.4. Condiciones iniciales y de borde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 15.5. Ecuaciones lineales y principio de superposición . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 15.6. Otros ejemplos de ecuaciones de la física . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 15.6.1. Ecuación de Navier-Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 15.6.2. Ecuación de Schrödinger para una partícula . . . . . . . . . . . . . . . . 220 15.6.3. Ecuaciones de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 15.6.4. La ecuación de superficies mínimas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 15.7. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 15.8. Solución de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 16.Separación de Variables 227 16.1. Ejemplo modelo: ecuación del calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 16.1.1. Primera etapa: separar variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 16.1.2. Segunda etapa: imponer condiciones de borde . . . . . . . . . . . . . . . 230 16.1.3. Tercera etapa: imponer la condición inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 16.2. Aplicación en la Resolución de EDPs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 16.2.1. Ecuación del calor en una barra finita: condiciones de borde de tipo Dirichlet233 16.2.2. Ecuación del calor en una barra finita. Condiciones de borde de tipo Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235 16.2.3. Ecuación del calor en barra finita. Condiciones mixtas . . . . . . . . . . . 237 16.2.4. Ecuación de Laplace en banda semi-infinita. . . . . . . . . . . . . . . . . 239 16.2.5. Oscilaciones en una membrana rectangular . . . . . . . . . . . . . . . . . 241 16.2.6. Ecuación de Laplace en un rectángulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244 16.2.7. Ecuación de ondas. Cuerda finita. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246 16.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 16.4. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 16.5. Resolución de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 ÍNDICE GENERAL xii 17.Uso de transformadas en la resolución de EDPs 257 17.1. Uso de la transformada de Fourier en la resolución de EDPs . . . . . . . . . . . 257 17.1.1. Ecuación del calor en una barra infinita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 17.1.2. Ecuación del calor en una barra semi-infinita. Condición en el extremo de tipo Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260 17.1.3. Ecuación del calor en una barra semi-infinita. Condición de Neumann . . 261 17.1.4. Problema de Dirichlet en un semiplano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262 17.2. Uso de la transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263 17.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 17.4. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 17.5. Resolución de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270 V Apéndices A. Curvas en R3 275 277 A.1. Curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277 A.1.1. Reparametrización de curvas regulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279 A.1.2. Parametrización en longitud de arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281 A.1.3. Velocidad, rapidez y vector tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283 A.2. Complementos sobre curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284 A.2.1. Integrales sobre curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284 A.2.2. Curvatura y vector normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285 A.2.3. Vector binormal y torsión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286 A.2.4. Fórmulas de Frenet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287 A.2.5. Planos de Frenet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288 A.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289 A.4. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290 A.5. Resolución de Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294 B. Area e integral de superficie 297 B.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302 B.2. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303 B.3. Resolución de Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305 C. Diferencial de volumen 307 ÍNDICE GENERAL xiii D. Tópicos adicionales en EDPs 311 D.1. Definición de función armónica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 D.2. Funciones armónicas conjugadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312 D.3. Propiedad de la media y fórmula integral de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . 315 D.4. Propiedad de la media para funciones armónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317 D.5. Principio del máximo para funciones armónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318 D.6. Principio del máximo para la ecuación del calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319 D.7. Unicidad para la ecuación de Laplace y el calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 D.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321 D.9. Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322 D.10.Resolución de problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324 xiv ÍNDICE GENERAL Parte I Cálculo Vectorial 1 Capítulo 1 Elementos de cálculo vectorial 1.1. Campos escalares y vectoriales √ n p Denotamos por R el espacio n-dimensional dotado de la norma euclidiana: k~xk = ~x · ~x = x21 + . . . + x2n . Denotaremos genéricamente por ~x o bien por ~r al vector posición. En R3 y usando coordenadas cartesianas se escribe ~r = (x, y, z) = xı̂ + y ̂ + z k̂, donde ı̂, ̂ y k̂ es el triedro correspondiente a la base canónica de R3 . Sea Ω un abierto no vacío de R3 . Llamaremos campo escalar sobre Ω a toda función a valores reales f : Ω → R. Llamamos grafo de f al conjunto G(f ) = {(~x, f (~x)) | ~x ∈ Ω} ⊂ R4 . Dado α ∈ R, se define el conjunto de nivel α de la función f como Nα (f ) = {~x ∈ Ω | f (~x) = α} ⊂ R3 , el cual puede ser vacío. Al conjunto de nivel se le conoce como superficie de nivel o bien como superficie equipotencial. Llamaremos campo vectorial sobre Ω a toda función F~ : Ω ⊆ R3 → R3 . En coordenadas cartesianas, escribiremos F~ (x, y, z) = F1 (x, y, z) ı̂ + F2 (x, y, z) ̂ + F3 (x, y, z) k̂, donde para cada i = 1, 2, 3 el correspondiente Fi (x, y, z) es un campo escalar sobre Ω. Podemos representar gráficamente al campo vectorial adhiriendo a un punto (x0 , y0 , z0 ) ∈ Ω el vector correspondiente F~ (x0 , y0 , z0 ), y repetir esto para una cantidad finita de puntos, tal como se ilustra a continuación. F~ (x0 , y0, z0 ) b b b b b b (x0 , y0 , z0 ) b b 3 4 CAPÍTULO 1. ELEMENTOS DE CÁLCULO VECTORIAL Ejemplo 1.1.1. Las partículas sobre un disco en el plano XY que gira con velocidad angular constante ω > 0 y con eje de rotación dado por el eje Z, están sujetas al campo de velocidades dado por ~v (x, y, 0) = −ωyı̂ + ωx̂. Ejemplo 1.1.2. Consideremos un fluido moviéndose en una región Ω ⊆ R3 (por ejemplo, el interior de una tubería). Si a cada punto (x, y, z) ∈ Ω le asociamos la velocidad instantánea de las partículas que pasan por dicho punto, obtenemos el campo de velocidades del fluido: ~v (x, y, z) = v1 (x, y, z)ı̂ + v2 (x, y, z)̂ + v3 (x, y, z)k̂. Ejemplo 1.1.3. (Ley de conducción de Fourier). El calor fluye de regiones calientes a regiones frías con una velocidad J~ proporcional al gradiente de temperaturas: J~ = −κ∇T (x, y, z) = ∂T ∂T ∂T −κ k̂, donde la constante κ > 0 se llama conductividad térmica y es una ı̂ − κ ̂ − κ ∂x ∂y ∂z propiedad física propia del medio conductor. En consecuencia, el flujo de calor sigue localmente la dirección de máximo descenso de la temperatura, que a su vez es perpendicular a la correspondiente superficie de nivel también conocida como isoterma. 1.2. OPERADORES DIFERENCIALES DEL CÁLCULO VECTORIAL 5 Sea F~ : Ω ⊆ R3 → R3 un campo vectorial, el cual supondremos suficientemente diferenciable. Una línea de fuerza o línea de flujo es una curva cuya tangente en cada punto proporciona la dirección del campo en dicho punto. Matemáticamente, las líneas de fuerza o flujo se obtienen al resolver el sistema de ecuaciones r ~ (t) = F~ (r(t)). Si interpretamos F~ como el campo de velocidades de un fluido diferenciales: d~ dt que ocupa cierta región Ω, y dejamos una partícula suspendida en el fluido en una posición dada, la trayectoria descrita por dicha partícula es exactamente una línea de flujo. Si F~ es un campo de fuerzas que deriva de un potencial g en el sentido que F~ = −∇g, entonces las líneas de fuerza atraviesan perpendicularmente las superficies equipotenciales. 1.2. Operadores diferenciales del cálculo vectorial Sea F~ = (F1 , F2 , F3 ) = F1 ı̂ + F2 ̂ + F3 k̂ un campo vectorial diferenciable en un punto ~r0 = (x0 , y0, z0 ). Sabemos que el diferencial de F~ en dicho punto está representado por la matriz jacobiana:      JF~ (~r0 ) =     ∂F1 ∂F1 ∂F1 (x0 , y0, z0 ) (x0 , y0 , z0 ) (x0 , y0 , z0 ) ∂x ∂y ∂z ∂F2 ∂F2 ∂F2 (x0 , y0, z0 ) (x0 , y0 , z0 ) (x0 , y0 , z0 ) ∂x ∂y ∂z ∂F3 ∂F3 ∂F3 (x0 , y0, z0 ) (x0 , y0 , z0 ) (x0 , y0 , z0 ) ∂x ∂y ∂z          En esta sección definiremos ciertos operadores diferenciales que hacen intervenir algunas de estas derivadas parciales en una forma bien particular. Como veremos en los capítulos que siguen, estos operadores son fundamentales para el desarrollo de los teoremas integrales del cálculo vectorial. Aquí nos concentraremos sólo en la operatoria involucrada, dejando para más adelante la interpretación y aplicación de estos objetos. CAPÍTULO 1. ELEMENTOS DE CÁLCULO VECTORIAL 6 1.2.1. Divergencia, laplaciano y rotor Definición 1.2.1 (Divergencia). Sea F~ = (F1 , F2 , F3 ) = F1 ı̂ + F2 ̂ + F3 k̂ un campo vectorial de clase C 1 . Se define el operador divergencia de F~ como div F~ := ∂F1 ∂F2 ∂F3 + + . ∂x ∂y ∂z (1.1) Resulta también útil la notación ∇ = ı̂ ∂ ∂ ∂ + ̂ + k̂ , ∂x ∂y ∂z (1.2) de modo que formalmente se tiene la relación div F~ = ∇ · F~ . (1.3) Notemos que dado ~r0 ∈ Ω, div F~ (~r0 ) = traza (JF~ (~r0 )). Ejemplo 1.2.2. Dos ejemplos sencillos de campos y sus respectivas divergencias: Si F~ (~r) = ~r = (x, y, z) entonces div ~r ≡ 3. Si F~ (~r) = ~v (x, y) = (−ωy, ωx, 0) entonces div ~v ≡ 0. Se dice que ~v es solenoidal, esto es, un campo cuya divergencia siempre es nula. Un caso especial es cuando el campo vectorial corresponde al gradiente de un campo escalar: Definición 1.2.3 (Laplaciano). Sea f un campo escalar de clase C 2 , se define el laplaciano de f como ∂2f ∂2f ∂2f ∆f := div(∇f ) = + + . (1.4) ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 De forma análoga se puede definir el laplaciano para un campo vectorial. Sea F~ = F1 ı̂ + F2 ̂ + F3 k̂ un campo vectorial de clase C 2 , se define el laplaciano de F~ como △F~ = ∆F1 ı̂ + ∆F2 ̂ + ∆F3 k̂ (1.5) Ejemplo 1.2.4. Si f (x, y, z) = 21 (x2 + y 2 + z 2 ) entonces ∆f ≡ 3. Definición 1.2.5 (Rotor). Sea F~ = F1 ı̂ + F2 ̂ + F3 k̂ un campo de clase C 1 , se define el operador rotor de F~ como:       ∂F ∂F ∂F ∂F ∂F ∂F 1 2 3 2 3 1 ı̂ + ̂ + rot F~ = − − − k̂. ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y 1.2. OPERADORES DIFERENCIALES DEL CÁLCULO VECTORIAL 7 Usando la notación (1.2) podemos escribir el rotor de un campo F~ como sigue: rot F~ = ∇ × F~ = ı̂ ̂ k̂ ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z F1 F2 F3 . Ejemplo 1.2.6. Veamos ahora los rotores de los campos del ejemplo 1.2.2: Si F~ (~r) = ~r entonces rot ~r ≡ ~0. Se dice que ~r es irrotacional, esto es, un campo cuyo rotor es siempre el vector nulo. Si F~ (~r) = ~v (x, y) = (−ωy, ωx, 0) entonces rot ~v = 2ω k̂. Observación 1.2.7. Todo campo vectorial de clase C 1 que deriva de un potencial es irrotacional, esto es, si F~ = −∇g en Ω para algún potencial g de clase C 2 sobre Ω, entonces rot F~ ≡ ~0 en Ω. En efecto,  2   2   2  ∂ g ∂ g ∂ g ∂2g ∂2g ∂2g rot(∇g) = ı̂ + ̂ + − − − k̂ = ~0. ∂y∂z ∂z∂y ∂z∂x ∂x∂z ∂x∂y ∂y∂x Aquí hemos usado que cada una de las componentes es nula por la igualdad de las derivadas cruzadas, lo que a su vez es cierto en virtud del Teorema de Schwartz (recordemos que hemos supuesto que g es de clase C 2 , de modo que sus segundas derivadas parciales son continuas). 1.2.2. Identidades vectoriales ~ : Ω ⊆ R3 → R3 y los campos escalares f, g : Ω ⊆ R3 → R, Sean los campos vectoriales F~ , G todos suficientemente diferenciables. Se tienen las siguientes identidades cuya demostración se deja al lector: ~ = c div F~ + div G. ~ 1. ∀c ∈ R, div(cF~ + G) ~ = c rot F~ + rot G. ~ 2. ∀c ∈ R, rot(cF~ + G) 3. div(rot F~ ) = 0 (i.e. el rotor de un campo vectorial es solenoidal). 4. rot ∇f = ~0 (i.e. el gradiente de un campo escalar es irrotacional). 5. div(f F~ ) = f div F~ + F~ · ∇f . 6. rot(f F~ ) = f rot F~ + ∇f × F~ . ~ =G ~ · rot F~ − F~ · rot G. ~ 7. div(F~ × G) CAPÍTULO 1. ELEMENTOS DE CÁLCULO VECTORIAL 8 8. div(∇f × ∇g) = 0. 9. ∆(f g) = f ∆g + g∆f + 2∇f · ∇g. ~ · (f ∇g − g∇f ) = f ∆g − g∆f . 10. ∇ 11. ∆F~ = ∇(div F~ ) − rot(rot F~ ). ~ = F~ div G ~ −G ~ div F~ + (G ~ · ∇)F~ − (F~ · ∇)G. ~ 12. rot(F~ × G) ~ F~ + 2F~ × (rot F~ ). 13. ∇(F~ · F~ ) = 2(F~ · ∇) ~ = (F~ · ∇)G ~ + (G ~ · ∇)F~ + F~ × rot G ~ +G ~ × rot F~ . 14. ∇(F~ · G) Observación 1.2.8. En las tres últimas identidades se usa la notación ~ G ~ = F~ · (∇G1 ) ı̂ + F~ · (∇G2 ) ̂ + F~ · (∇G3 ) k̂, (F~ · ∇) ~ = G1 ı̂ + G2 ̂ + G3 k̂. donde G 1.3. Sistemas de coordenadas ortogonales Las coordenadas cartesianas no siempre son las más cómodas para describir objetos geométricos y campos escalares o vectoriales. De hecho, en diversas ocasiones el problema en estudio posee ciertas simetrías que no se ven reflejadas al utilizar estas coordenadas. En esta sección discutiremos otros sistemas de coordenadas que serán útiles en varios contextos. 1.3.1. Triedro ortogonal y factores escalares En general, un sistema de coordenadas curvilíneas es una transformación invertible suficientemente diferenciable ~r : D ⊆ R3 → R3 , de modo que a todo triplete (u, v, w) ∈ D le corresponde un único punto en el espacio ~r(u, v, w) = (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w)). Además suponemos que la matriz jacobiana del sistema de coordenadas en no singular, esto es,   ∂~r ∂~r ∂~r J~r (u0 , v0 , w0 ) = (u0 , v0 , w0 ) (u0, v0 , w0 ) (u0 , v0 , w0 ) ∂u ∂v ∂u 3×3 es una matriz invertible para cada (u0 , v0 , w0 ) ∈ D. Asociado al sistema de coordenadas curvilíneo, en cada punto se define un triedro de vectores unitarios de la siguiente manera: fijemos (u0 , v0 , w0 ) ∈ D y consideremos la curva parametrizada por u 7→ ~r(u, v0 , w0). Como la matriz jacobiana del sistema es invertible, en particular 1.3. SISTEMAS DE COORDENADAS ORTOGONALES 9 ∂~ r (u0 , v0 , w0 )k = 6 0, y por lo tanto el vector tangente a la curva en el punto ~r(u0 , v0 , w0 ) está k ∂u bien definido y se expresa como  ∂~r ∂~r û = (u0 , v0 , w0 ) (u0 , v0 , w0 ) ∂u ∂u Evidentemente, û puede depender de (u0 , v0 , w0 ) pero no explicitaremos esta dependencia para ∂~ r ∂~ r simplificar la notación. Similarmente, como k ∂v (u0 , v0 , w0 )k = 6 0 y k ∂w (u0, v0 , w0 )k = 6 0, los vectores tangentes v̂ y ŵ a las curvas parametrizadas por v 7→ ~r(u0 , v, w0 ) y w 7→ ~r(u0 , v0 , w) están bien definidos. Más aún, nuevamente en virtud de la invertibilidad de la matriz jacobiana en todo punto, se tiene que el triedro {û, v̂, ŵ} es linealmente independiente por lo que constituye una base normalizada de R3 . Definición 1.3.1 (Sistema ortogonal). Se dice que el sistema de coordenadas ~r = ~r(u, v, w), (u, v, w) ∈ D, es ortogonal si los vectores unitarios del triedro {û, v̂, ŵ} definidos por û = ∂~r ∂~r , / ∂u ∂u v̂ = ∂~r ∂~r , / ∂v ∂v ŵ = ∂~r ∂~r . / ∂w ∂w (1.6) son mutuamente ortogonales para cada (u, v, w) ∈ D. ŵ ~r(u0, v0 , ·) ~r(u0 , v0 , w0) ~r(u0 , ·, w0) û v̂ ~r(·, v0 , w0 ) Observación 1.3.2. Consideraremos sólo sistemas de coordenadas ortogonales. Sin embargo, en otros contextos puede ser de interés considerar sistemas de coordenadas curvilíneas más generales. Finalmente, llamaremos factores escalares a los siguientes valores reales: hu = ∂~r , ∂u hv = ∂~r , ∂v hw = ∂~r . ∂w De esta forma por definición se tiene que ∂~r = hu û, ∂u ∂~r = hv v̂, ∂v ∂~r = hw ŵ. ∂w (1.7) CAPÍTULO 1. ELEMENTOS DE CÁLCULO VECTORIAL 10 1.3.2. Ejemplos: cilíndricas, esféricas y toroidales Coordenadas cilíndricas Para este sistema de coordenadas la posición de un punto P~ en el espacio queda determinada por tres variables, ρ, θ y z, como muestra la siguiente figura: +P ρ ∈ [0, +∞[ θ ∈ [0, 2π[ z∈R z θ ρ Entonces, la relación entre las coordenadas cilíndricas y cartesianas viene dada por ~r(ρ, θ, z) = (x(ρ, θ, z), y(ρ, θ, z), z(ρ, θ, z)) = (ρ cos θ, ρ sen θ, z). Recíprocamente, a un punto descrito por lo valores x, y y z, en coordenadas cartesianas, le corresponden los siguientes valores en coordenadas cilíndricas ρ= p x2 + y 2, θ = arctan y x , z = z. Calculemos los factores escalares y el triedro unitario asociado a este sistema de coordenadas. ∂~r = (cos θ, sen θ, 0) ⇒ hρ = 1, ∂ρ ∂~r = (−ρ sen θ, ρ cos θ, 0) ⇒ hθ = ρ, ∂θ ∂~r = (0, 0, 1) ⇒ hz = 1, ∂z obteniendo finalmente que el triedro es: ρ̂ = (cos θ, sen θ, 0), θ̂ = (− sen θ, cos θ, 0), ẑ = k̂ = (0, 0, 1). 1.3. SISTEMAS DE COORDENADAS ORTOGONALES 11 z k̂ θ̂ b ρ̂ y x Coordenadas esféricas Un tipo de geometría que aparece con frecuencia en las aplicaciones es la geometría esférica. Para el sistema de coordenadas ligado a esta geometría, la posición de un punto P~ está determinada por un radio r y dos ángulos θ y ϕ, como se muestra en la figura. z r ∈ [0, +∞[ θ ∈ [0, 2π[ ϕ ∈ [0, π] +P ϕ r y θ x Así tenemos la siguiente representación para un punto descrito usando los valores r, θ y ϕ: ~r(r, θ, ϕ) = (r sen ϕ cos θ, r sen ϕ sen θ, r cos ϕ). Recíprocamente, para un punto dado en coordenadas cartesianas, es decir, descrito usando x, y y z, se tiene la relación ! p y  2 + y2 p x , ϕ = arctan . r = x2 + y 2 + z 2 , θ = arctan x z Calculemos los factores escalares y el triedro unitario ∂~r = (sen ϕ cos θ, sen ϕ sen θ, cos ϕ) ⇒ hr = 1, ∂r ∂~r = (−r sen ϕ sen θ, r sen ϕ cos θ, 0) ⇒ hθ = r sen ϕ, ∂θ ∂~r = (r cos ϕ cos θ, r cos ϕ sen θ, −r sen ϕ) ⇒ hϕ = r, ∂ϕ CAPÍTULO 1. ELEMENTOS DE CÁLCULO VECTORIAL 12 obteniendo r̂ = (sen ϕ cos θ, sen ϕ sen θ, cos ϕ), θ̂ = (− sen θ, cos θ, 0), ϕ̂ = (cos ϕ cos θ, cos ϕ sen θ, − sen ϕ). z r̂ b θ̂ ϕ̂ y x Observación 1.3.3. Notemos que para seguir la convención conocida como la regla de la mano derecha para el producto cruz entre dos miembros sucesivos del triedro, es conveniente ordenar las variables como r, ϕ y θ, quedando asimismo el propio triedro ordenado de la forma r̂, ϕ̂ y θ̂. Esto motiva que algunos autores prefieran intercambiar el nombre de los ángulos en relación a lo adoptado aquí. Por esta razón se sugiere que el lector tenga la precaución de siempre verificar primero cuál es el nombre que el autor ha dado a cada ángulo antes de seguir un desarrollo que involucre coordenadas esféricas. Coordenadas toroidales Este nuevo sistema no corresponde exactamente a la noción de sistema de coordenadas definida anteriormente, pues no permiten describir el espacio R3 completo. Sin embargo, el análisis anterior sigue siendo válido. En estas coordenadas, dado un radio mayor R fijo, la posición de un punto P~ queda determinada por un radio menor r y dos ángulos θ y ϕ como muestra la figura. z R r y b θ x b ϕ 1.3. SISTEMAS DE COORDENADAS ORTOGONALES 13 El vector posición viene dado por: ~r(r, ϕ, θ) = ((R + r sen ϕ) cos θ, (R + r sen ϕ) sen θ, r cos ϕ), r ∈ [0, R], ϕ ∈ [0, 2π), θ ∈ [0, 2π). Entonces, los vectores unitarios y los factores escalares resultan ser: r̂ = (sen ϕ cos θ, sen ϕ sen θ, cos ϕ), ϕ̂ = (cos ϕ cos θ, cos ϕ sen θ, − sen ϕ), hr = 1; hϕ = r; θ̂ = (− sen θ, cos θ, 0), hθ = (R + r sen ϕ). Es fácil verificar al igual que en los casos anteriores, los vectores del triedro r̂, θ̂ y ϕ̂ son mutuamente ortogonales. ~r θ~ b ϕ ~ b 1.3.3. Gradiente en coordenadas ortogonales En las aplicaciones, muchas magnitudes escalares se expresan de manera natural como una función descrita en un sistema de coordenadas curvilíneas distinto al cartesiano. Un ejemplo sencillo es el potencial gravitacional engendrado por una partícula de masa M que se encuentra en el origen. Su expresión en coordenadas cartesianas es V (x, y, z) = − p GM x2 + y2 + z2 , mientras que en esféricas se tiene simplemente V (r, θ, ϕ) = V (r) = − GM . r Resulta entonces interesante obtener expresiones para los operadores diferenciales fundamentales de campos escalares o vectoriales en términos de un sistema de coordenadas ortogonales ~r = ~r(u, v, w) con (u, v, w) ∈ D. En esta sección veremos el caso específico del gradiente de una función diferenciable f : Ω ⊆ R3 → R. CAPÍTULO 1. ELEMENTOS DE CÁLCULO VECTORIAL 14 Sea (u, v, w) ∈ D tal que ~r(u, v, w) ∈ Ω. Para simplificar la notación, no escribiremos explícitamente la dependencia en u, v y w. Como el triedro û, v̂, ŵ es ortonormal y en particular es una base de R3 , podemos escribir ∇f (~r) = (∇f (~r) · û)û + (∇f (~r) · v̂)v̂ + (∇f (~r) · ŵ)ŵ. Ahora bien, por definición de los factores escalares, tenemos en particular que ∂~r = hu û ∂u de modo tal que ∇f (~r) · û = Pero por la regla de la cadena ∇f (~r) · 1 ∂~r ∇f (~r) · . hu ∂u ∂ ∂~r = (f ◦ ~r), ∂u ∂u de donde se concluye que 1 ∂ (f ◦ ~r). hu ∂u Razonando de manera similar con las otras componentes, deducimos que ∇f (~r) · û = ∇f = 1 ∂f 1 ∂f 1 ∂f û + v̂ + ŵ. hu ∂u hv ∂v hw ∂w (1.8) Notemos que en el caso de las coordenadas cartesianas, lo anterior corresponde a la expresión habitual para el gradiente ∂f ∂f ∂f ı̂ + ̂ + k̂. ∇f = ∂x ∂y ∂z (i) Coordenadas cilíndricas: si f = f (ρ, θ, z) entonces ∇f = ∂f 1 ∂f ∂f ρ̂ + θ̂ + k̂. ∂ρ ρ ∂θ ∂z (1.9) (ii) Coordenadas esféricas: si f = f (r, θ, ϕ) entonces ∇f = 1 ∂f 1 ∂f ∂f r̂ + θ̂ + ϕ̂. ∂r r sen ϕ ∂θ r ∂ϕ (1.10) GM Ejemplo 1.3.4. Volvamos al ejemplo del potencial gravitacional V = − . El campo de r fuerzas generado por este potencial viene dado por F~ = −∇V . De acuerdo a la expresión GM (1.10), dicho campo de fuerzas se escribe en coordenadas esféricas como sigue F~ (~r) = − 2 r̂. r Observación 1.3.5. En general, el mismo razonamiento permite deducir que si g : (0; ∞) → R es una función diferenciable, entonces g(r), como función en el sistema de coordenadas esféricas representado por sus componentes (r, θ, ϕ), tiene como gradiente a la función ∇g(~r) = g ′(r)r̂. 1.3. SISTEMAS DE COORDENADAS ORTOGONALES 1.3.4. 15 Divergencia y rotor en coordenadas ortogonales De manera análoga a lo realizado para el gradiente de un campo escalar, es posible obtener expresiones para la divergencia y el rotor de un campo vectorial en coordenadas ortogonales. En esta sección nos limitaremos a proporcionar estas expresiones sin entrar en mayores detalles en cómo se deducen. Posteriormente, en los capítulos 4 y 5, veremos cómo obtener estas expresiones a partir de los teoremas de integración fundamentales del cálculo vectorial. Sea ahora un campo vectorial F~ : Ω ⊆ R3 → R3 de clase C 1 en el abierto Ω con ~r = ~r(u, v, w) ∈ Ω para (u, v, w) ∈ D. Definamos Fu = Fu (u, v, w) := F~ (~r(u, v, w)) · û(u, v, w), Fv = Fv (u, v, w) := F~ (~r(u, v, w)) · v̂(u, v, w), Fw = Fw (u, v, w) := F~ (~r(u, v, w)) · ŵ(u, v, w). Eliminando la dependencia explícita en u, v y w, podemos entonces escribir F~ = Fu û + Fv v̂ + Fw ŵ. Ejemplo 1.3.6. El campo gravitacional se puede escribir en coordenadas cartesianas como F~ = − GM (x2 3 + y2 + z2 ) 2 (xı̂ + y̂ + z k̂), mientras que en coordenadas esféricas es simplemente GM F~ = − 2 r̂ r , Fθ = 0 y Fϕ = 0. de modo que en este caso Fr = − GM r2 Divergencia en coordenadas ortogonales: div F~ = 1 ∂ ∂ ∂ [ (Fu hv hw ) + (hu Fv hw ) + (hu hv Fw )] hu hv hw ∂u ∂v ∂w (1.11) Reescribamos el operador divergencia en los sistemas de coordenadas más usuales: (i) Coordenadas esféricas: si F~ = Fr r̂ + Fθ θ̂ + Fϕ ϕ̂ , como hr = 1, hθ = r sen ϕ, hϕ = r, se tiene ∂ ∂ ∂ 1 [ (Fr r 2 sen ϕ) + (Fθ r) + (Fϕ r sen ϕ)]. (1.12) div F~ = 2 r sen ϕ ∂r ∂θ ∂ϕ (ii) Coordenadas cilíndricas: si F~ = Fρ ρ̂ + Fθ θ̂ + Fz k̂, como hρ = 1, hθ = ρ, hz = 1, se tiene ∂ ∂ 1 ∂ div F~ = [ (Fρ ρ) + Fθ + (Fz ρ)]. ρ ∂ρ ∂θ ∂z CAPÍTULO 1. ELEMENTOS DE CÁLCULO VECTORIAL 16 Rotor en coordenadas ortogonales: ∂ ∂ ∂ 1 ∂ 1 [ (Fw hw ) − [ (Fv hv )]û + (Fu hu ) − (Fw hw )]v̂ rot F~ = hv hw ∂v ∂w hu hw ∂w ∂u ∂ 1 ∂ [ (Fv hv ) − (Fu hu )]ŵ. + hu hv ∂u ∂v Observación 1.3.7. Aquí se asume que el triedro û, v̂ y ŵ (en ese orden) está orientado de modo que se satisface la regla de la mano derecha, i.e. û × v̂ = ŵ, v̂ × ŵ = û y ŵ × û = v̂. La fórmula anterior suele reescribirse de manera abreviada como sigue: hu û rot(F~ ) = 1 hu hv hw hv v̂ hw ŵ ∂ ∂ ∂ , ∂u ∂v ∂w Fu hu Fv hv Fw hw (1.13) que corresponde formalmente a rot F~ = ∇ × F~ con 1 ∂ 1 ∂ 1 ∂ ∇ = û + v̂ + ŵ . hu ∂u hv ∂v hw ∂w Observación 1.3.8. La notación para el rotor como un determinante es muy útil como regla mnemotécnica. Sin embargo, ésta debe ser aplicada directamente, evitando usar las propiedades del determinante para factorizar filas o columnas. La razón es que en general esas propiedades no son ciertas cuando intervienen operadores diferenciales, en este caso las derivadas parciales, junto con productos de funciones que dependen de las variables con respecto a las cuales se está derivando, en cuyo caso el orden de los factores sí puede alterar el producto. Escribamos el rotor en coordenadas esféricas y cilíndricas. (i) Coordenadas esféricas: si F~ = Fr r̂ + Fϕ ϕ̂ + Fθ θ̂, se tiene (ver observaciones 1.3.3 y 1.3.7) rot(F~ ) = 1 2 r sen ϕ r̂ r ϕ̂ r sen ϕθ̂ ∂ ∂r ∂ ∂ϕ ∂ ∂θ Fr rFϕ r sen ϕFθ  ∂ ∂ 1 (Fθ r sen ϕ) − (Fϕ r) r̂ = 2 r sen ϕ ∂ϕ ∂θ     1 ∂Fr ∂ 1 ∂ ∂Fr + − (Fθ r sen ϕ) ϕ̂ + (Fϕ r) − θ̂. r sen ϕ ∂θ ∂r r ∂r ∂ϕ  (ii) Coordenadas cilíndricas: si F~ = Fρ ρ̂ + Fθ θ̂ + Fk k̂, se tiene se obtiene 1 rot(F~ ) = ρ ρ̂ ρθ̂ k̂ ∂ ∂ρ ∂ ∂θ ∂ ∂z Fρ ρFθ Fz      1 ∂Fz ∂Fρ ∂Fz ∂Fθ 1 ∂ ∂Fρ = ρ̂ + −ρ − θ̂ + (ρFθ ) − k̂. ρ ∂θ ∂z ∂z ∂ρ ρ ∂ρ ∂θ  1.4. EJERCICIOS 1.4. 17 Ejercicios Ejercicio 1.4.1. Dibuje las curvas de nivel de la función f (x, y) = x2 − y 2, conocida como silla de montar. Ejercicio 1.4.2. Describa las líneas de fuerza del campo gravitacional: GM~r GM F~ (~r) = − =− rb, 3 k~rk k~rk2 ~r 6= ~0. Encuentre las superficies de nivel (equipotenciales) para el potencial gravitacional correspondiente y verifique que las líneas de fuerza las intersectan perpendicularmente.   x Ejercicio 1.4.3. Encuentre las líneas de flujo de los campos (−y, x) y x2−y , . +y 2 x2 +y 2 Ejercicio 1.4.4. Considere el potencial gravitacional: V (~r) = − GM GM = −p , k~rk x2 + y 2 + z 2 ~r 6= ~0 Verifique, usando directamente (1.1), que ∆V ≡ 0 en R3 \ {~0}. Ejercicio 1.4.5. Verifique que rot(F~ ) = div(F~ × ı̂) ı̂ + div(F~ × ̂) ̂ + div(F~ × k̂) k̂. Ejercicio 1.4.6. Muestre la validez de cada una de las identidades de la sección 1.2.2. Una vez que haya mostrado que una de ellas es cierta, puede usarla para verificar las siguientes. Ejercicio 1.4.7. Un campo vectorial F~ : R3 \ {~0} → R3 de clase C 1 se dice central si es radial y depende sólo de la distancia al origen, esto es, si el campo se puede escribir en coordenadas esféricas como F~ (~r) = φ(r)r̂, r > 0, para alguna función φ : (0, ∞) → R de clase C 1 . Ejemplos típicos de esta clase son el campo eléctrico inducido por una carga puntual en el origen y el campo gravitacional generado por una masa puntual en el origen. En ambos casos el origen constituye una singularidad que se excluye del dominio. 1. Muestre que todo campo central F~ es irrotacional, i.e. rot F~ ≡ ~0. 2. Verifique que si F~ = φ(r)r̂ entonces div F~ = 1 ∂ (φ(r)r 2 ). r 2 ∂r Deduzca que un campo central F~ es solenoidal (i.e. a divergencia idénticamente nula) en R3 \ {~0} si y sólo si K F~ (~r) = 2 r̂, r para alguna constante K ∈ R. Concluya que todo campo central solenoidal admite un K + C para ciertas constantes K y C. potencial de la forma V (r) = r CAPÍTULO 1. ELEMENTOS DE CÁLCULO VECTORIAL 18 Ejercicio 1.4.8. Diremos que un campo vectorial F~ : R3 \{eje Z} → R3 tiene simetría cilíndrica si puede escribirse en coordenadas cilíndricas como F~ (~r) = Fρ (ρ)ρ̂, ρ > 0, para alguna función Fρ : (0, ∞) → R de clase C 1 . 1. Muestre que todo campo con simetría cilíndrica es irrotacional. 2. Verifique que si F~ = Fρ (ρ)ρ̂, entonces 1 ∂ (Fρ ρ). div F~ = ρ ∂ρ Deduzca que un campo F~ con simetría cilíndrica es solenoidal en R3 \ {eje Z} si y sólo si K F~ (~r) = ρ̂, ρ para alguna constante K ∈ R. Pruebe que todo campo solenoidal con simetría cilíndrica admite un potencial de la forma U(ρ) = K ln ρ + C para ciertas constantes K y C. Ejercicio 1.4.9. Encuentre expresiones para el laplaciano de un campo escalar en coordenadas cilíndricas y esféricas. 1.5. Problemas Problema 1.1. Consideremos el sistema de coordenadas dado por ~r(x, ρ, θ) = (x, ρ cos θ, ρ sin θ), con x ∈ R, θ ∈ [0, 2π[ y ρ ≥ 0. b ¿Son ortogonales? Calcule θb× x (a) Determinar el triedro de vectores unitarios x b, ρb, θ. b y θb× ρb. (b) Encuentre expresiones para el gradiente, divergencia, laplaciano y rotor en este sistema de coordenadas. (c) Dada una función no-negativa y diferenciable f : [a, b] → R+ , bosqueje la superficie de ecuación y 2 + z 2 = f (x)2 . Verifique que una parametrización de esta superficie es ~r1 (x, θ) = xbı + f (x)b ρ. 1.5. PROBLEMAS Problema 1.2. 19 1 (a) Sea ϕ : R3 × R → R3 una función de clase C 1 . Demuestre que rot Z a b ϕ(~r, t)dt = Z b rot ϕ(~r, t)dt. a Rb Rb ∂ ∂ ϕ(~r, t)dt donde ~r = ϕ(~r, t)dt = a ∂u Indicación: Puede usar la regla de Leibnitz: ∂u a (x, y, z) y u representa cualquier variable cartesiana. (b) Considere el campo vectorial F~ (~r) = g(r)θ̂ expresado en coordenadas esféricas, donde r = k~rk y g : R → R es una función escalar. Verifique que div F~ = 0 y pruebe que rot[F~ (t~r) × t~r] = 2tF~ (t~r) + t2 d ~ F (t~r). dt (1.14) (c) Sea ahora F~ un campo cualquiera tal que div F~ = 0 en una bola B de R3 centrada en el origen. Entonces se puede probar (no R 1 se pide que lo haga) que (1.14) es válida en B. ~ r) = [F~ (t~r) × t~r]dt. Usando lo anterior concluya que Definamos el campo vectorial G(~ 0 ~ = F~ en B. rot G Problema 1.3. 2 Considere las ecuaciones de Euler en régimen estacionario, en presencia de un campo gravitacional ρ∇~v · ~v + ∇p = −ρg k̂. (a) Demuestre la identidad vectorial 1 ∇~v · ~v = ∇(v12 + v22 + v32 ) − ~v × (∇ × ~v). 2 (b) Deduzca que para el caso de un flujo irrotacional e incompresible (ρ constante) se satisface la ecuación de Bernoulli ρ 2 (v + v22 + v32 ) + p + ρgz = constante. 2 1 (c) Un estanque cilíndrico de radio R contiene agua hasta una altura h. En el fondo del estanque se practica una abertura de radio ǫ << R. Suponiendo que el flujo es irrotacional, estacionario, √ e incompresible, demuestre que la rapidez con que sale el líquido es aproximadamente 2gh. Justifique brevemente las aproximaciones que haga. 1 2 Control 1. Primavera 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez Control 3. Primavera 1997. Matemáticas Aplicadas. Prof: Roberto Cominetti 20 CAPÍTULO 1. ELEMENTOS DE CÁLCULO VECTORIAL Capítulo 2 Integral de flujo y el teorema de Gauss 2.1. Campos de normales Recordemos que un conjunto S ⊆ R3 se llama superficie si existe una función continua ϕ ~ : D ⊂ R2 → R3 tal que S = {~ ϕ(u, v) | (u, v) ∈ D}, donde, para evitar situaciones patológicas, suponemos que D = int(D) y que int(D) ⊆ R2 es un dominio no vacío, esto es, un conjunto abierto y conexo1 . La función ϕ ~ se llama parametrización de la superficie. Llamaremos suave a una superficie que admite una parametrización continuamente diferenciable (i.e. de clase C 1 ), en cuyo caso diremos que la parametrización es ella misma suave. Una superficie se dirá suave por pedazos si admite una parametrización continua de clase C 1 por pedazos. Diremos también que una superficie es simple si admite una parametrización inyectiva. Consideremos una superficie suave y simple S ⊆ R3 con parametrización ϕ ~ : D ⊆ R2 → R3 suave e inyectiva. Para un punto (u0 , v0 ) ∈ int(D), en vecindades de u0 y v0 , respectivamente, las funciones u 7→ ϕ ~ (·, v0 ) y v 7→ ϕ ~ (u0 , ·) definen curvas sobre S. Supongamos que ∂∂uϕ~ 6= 0 y ∂ϕ ~ 6= 0 en el punto (u0 , v0 ). Definimos los vectores tangentes a S en el punto ϕ ~ (u0 , v0 ) mediante: ∂v t̂u = ~ ∂ϕ ~ ∂ϕ /k k; ∂u ∂u t̂v = ∂ϕ ~ ∂ϕ ~ /k k. ∂v ∂v z n̂ v v0 ϕ ~ (·, ·) S b t̂v t̂u y D u0 1 u x Un conjunto se dice conexo si no puede ser descrito como unión disjunta de dos conjuntos abiertos no vacíos. 21 CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE FLUJO Y EL TEOREMA DE GAUSS 22 Diremos que la parametrización ϕ ~ asociada a la superficie S es regular si los vectores tangentes t̂u y t̂v son linealmente independientes. En tal caso, llamaremos plano tangente al plano generado por t̂u y t̂v , y definiremos el vector normal a S en ϕ ~ (u0, v0 ) como n̂ = t̂u × t̂v . kt̂u × t̂v k (2.1) Los vectores t̂u y t̂v pueden no ser ortogonales, razón por la cual en general es necesario normalizar en (2.1). Diremos que una superficie es regular si admite una parametrización ϕ ~ : D ⊆ R2 → R3 que es regular en todo punto (u, v) ∈ int(D), y que es regular por pedazos si se descompone en una unión finita de superficies regulares. Definición 2.1.1 (Campo de normales). Si S es regular y ϕ ~ : D ⊆ R2 → R3 es una parametrización regular de S podemos calcular un campo de normales n̂ sobre S mediante n̂(u, v) := t̂u (u, v) × t̂v (u, v) = kt̂u (u, v) × t̂v (u, v)k ∂ϕ ~ (u, v) ∂u ∂ϕ ~ (u, v) ∂u × × ∂ϕ ~ (u, v) ∂v ∂ϕ ~ (u, v) ∂v , donde identificamos n̂(u, v) con la normal n̂(~ ϕ(u, v)) a la superficie S en el punto ϕ ~ (u, v). ~n Observación 2.1.2. Dada una superficie regular, los vectores tangentes dependen de la parametrización regular específica que se escoja para hacer los cálculos. Sin embargo, se puede demostrar que el vector normal es único salvo por el signo 2 . En consecuencia, el plano tangente es único. Ejemplo 2.1.3. Consideremos el hemisferio superior del casquete esférico de radio R > 0 y centro en el origen: z n̂ = r̂ b ϕ R t̂θ = θ̂ t̂ϕ = ϕ̂ y θ x 2 Para obtener el campo de normales de signo opuesto basta con intercambiar los roles de las variables u y v. 2.1. CAMPOS DE NORMALES 23 Una primera parametrización en coordenadas cartesianas es p ϕ ~ 1 (x, y) = (x, y, R2 − x2 − y 2 ), (x, y) ∈ D(0, R) = {(x, y) | x2 + y 2 ≤ R2 }. En coordenadas esféricas podemos usar ϕ ~ 2 (ϕ, θ) = Rr̂ = (R sen ϕ cos θ, R sen ϕ sen θ, R cos ϕ), ϕ ∈ [0, π], θ ∈ [0, 2π). Luego, los vectores tangentes son simplemente t̂θ = θ̂ y t̂ϕ = ϕ̂, y en consecuencia el vector normal es n̂ = ϕ̂ × θ̂ = r̂. Notemos que si invertimos el orden de las variables ϕ y θ, considerando como nueva parametrización ϕ ~ 3 (θ, ϕ) := ϕ ~ 1 (ϕ, θ), podemos tomar ahora u = θ y v = ϕ para obtener como campo de normales n̂ = θ̂ × ϕ̂ = −r̂, que resulta ser el opuesto al anterior. Ejemplo 2.1.4. Tomemos ahora el caso del manto (sin la tapa) de un cono invertido de radio a > 0 y altura h > 0, con eje de simetría dado por el eje Z y vértice en el origen: z a n̂ t̂ρ h b t̂θ = θ̂ y x Algunas posibles parametrizaciones son: ϕ ~ 1 (x, y) = (x, y, hp 2 x + y 2 ), (x, y) ∈ D(0, a), a √ 1 (ra cos θ, ra sen θ, rh), r ∈ [0, h2 + a2 ], θ ∈ [0, 2π), h2 + a2 ϕ ~ 3 (ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sen θ, ρh/a) = ρρ̂ + (ρh/a)k̂, ρ ∈ [0, a], θ ∈ [0, 2π). ϕ ~ 2 (r, θ) = √ Estas tres parametrizaciones se obtienen usando coordenadas cartesianas, esféricas y cilíndricas, respectivamente. Notemos ϕ ~2 y ϕ ~ 3 son suaves incluso en el vértice del cono, mientras que ϕ ~ 1 no es diferenciable en dicho punto. Sin embargo, ninguna de las tres parametrizaciones es regular 24 CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE FLUJO Y EL TEOREMA DE GAUSS en el vértice, lo que es consistente con nuestra idea intuitiva de que no es posible definir de manera única un plano tangente en dicho punto. Usemos ϕ ~3 = ϕ ~ 3 (ρ, θ) para encontrar un campo de normales al manto del cono excepto en el vértice, de modo que suponemos que ρ > 0. Es directo verificar que en este caso los vectores tangentes están dados por: ρ̂ + (h/a)k̂ aρ̂ + hk̂ t̂ρ := p =√ a2 + h2 1 + (h/a)2 y t̂θ = θ̂. El lector observará que t̂ρ 6= ρ̂ en este caso. Finalmente, como t̂ρ y t̂θ resultaron ser ortogonales (pues ρ̂, θ̂ y k̂ es un triedro ortonormal), el campo de normales sobre el manto es n̂ = 2.2. ak̂ − hρ̂ aρ̂ × θ̂ + hk̂ × θ̂ √ =√ . a2 + h2 a2 + h2 Superficies orientables Escoger una orientación para un plano significa definir una noción de movimiento positivo a lo largo de las curvas cerradas, regulares y simples contenidas en dicho plano (ver el apéndice A). De hecho, dado un plano de vector normal constante dado, este último define una orientación que obedece a la convención popularmente conocida como la regla de la mano derecha: se extiende la mano derecha de modo que el pulgar quede perpendicular a los restantes dedos, entonces, si el pulgar indica el sentido del vector normal al plano, al cerrar los otros dedos sobre la palma de la mano se obtiene la orientación positiva. Por ejemplo, si consideramos el plano XY de vector normal constante e idénticamente igual a k̂, entonces la regla de la mano derecha impone el escoger la orientación positiva como aquella obtenida al recorrer la curva en sentido antihorario (i.e. contrario a las manecillas del reloj), tal como se ilustra en la siguiente figura: + − Más generalmente, escoger una orientación sobre una superficie S en una vecindad de un punto p ∈ S corresponde a una noción de movimiento positivo para curvas cerradas (regulares y simples) suficientemente pequeñas de modo que pertenezcan a la vecindad. Si es posible repetir lo anterior para todo punto p ∈ S de modo que las orientaciones coincidan en la intersección de cualquier par de vecindades, entonces se dice que la superficie es orientable. Esto último es una 2.2. SUPERFICIES ORIENTABLES 25 propiedad de carácter global para la superficie. Intuitivamente, en una superficie orientable es posible distinguir dos caras: aquélla vista desde la orientación positiva y la cara opuesta. Si la superficie S es regular, es natural inducir una orientación local sobre S en torno a un punto p ∈ S a partir de la orientación sobre el plano Tp (S) tangente a S en p, orientación esta última que está dada por el vector normal n̂(p) de acuerdo a la regla de la mano derecha. Así, localmente el vector normal permite distinguir entre las dos caras de un elemento de superficie. n̂(p) Tp (S) b p ∆S Sin embargo, la regularidad de la superficie no es suficiente para que sea automáticamente orientable en el sentido global. Definición 2.2.1 (Superficie regular orientable). Diremos que una superficie regular S está orientada según el campo de vectores normales n̂ : S → R3 cuando éste quede bien definido globalmente como una función continua sobre toda la superficie. Ejemplo 2.2.2. El casquete esférico unitario es orientable. De hecho, puede orientarse globalmente según r̂ (normal exterior a la esfera) o bien según −r̂ (normal interior a la esfera). z r̂ b −r̂ y x Ejemplo 2.2.3. La banda de Möbius, que se muestra en la siguiente figura, no es orientable. ¿Puede explicar por qué? CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE FLUJO Y EL TEOREMA DE GAUSS 26 Cuando S sea una superficie cerrada y orientable, diremos que S está orientada según la normal exterior si la normal apunta, para todo punto de la superficie, en dirección contraria al volumen encerrado por la superficie, y diremos que está orientada según la normal interior en caso contrario. 2.3. Integral de flujo de un campo vectorial Consideremos un fluido sometido a un campo de velocidades F~ y una superficie S inmersa en este fluido como se muestra en la siguiente figura: Supondremos que S es una superficie regular orientable (ver definición 2.2.1), cuyo campo de vectores normales es denotado por n̂. Sea además ϕ ~ : D ⊆ R2 → S una parametrización regular de esta superficie S, entonces la cantidad F~ (~ ϕ(u, v)) · n̂(u, v) representa la rapidez, en la dirección normal, con que las partículas que pasan por el punto ϕ ~ (u, v) ∈ S atraviesan S. Si esta rapidez es cero, significa que la velocidad sólo tiene una componente tangencial a la superficie, en cuyo caso las partículas no pasan a través de ella en ese punto. De esta forma, en un pequeño lapso de tiempo ∆t, la cantidad de volumen de líquido que atraviesa un pequeño elemento de superficie ∆S de área dada por ∆A, es aproximadamente igual a ∆V ≃ [F~ (~ ϕ(u, v)) · n̂]∆t∆A. F~ ∆t ∂ϕ ~ ∆v ∂v ∂ϕ ~ ∆u ∂u Como ∆A ≃ k ∂∂uϕ~ × ∂ϕ ~ k∆u∆v, ∂v de la definición del campo normal n̂ obtenemos que   ∂ϕ ~ ∂ϕ ~ ~ ∆u∆v∆t, × ∆V ≃ F (~ ϕ(u, v)) · ∂u ∂v 2.3. INTEGRAL DE FLUJO DE UN CAMPO VECTORIAL 27 cuyo lado derecho no es otra cosa que el volumen del paralelepípedo descrito por los vectores ∂ϕ ~ ∆u, ∂∂vϕ~ ∆v y F~ ∆t. Formalmente, sumando sobre todos los elementos de superficie y pasando al ∂u límite se obtiene la siguiente fórmula para el caudal (volumen por unidad de tiempo) instantáneo que atraviesa la superficie S en el sentido del campo de normales dado por la parametrización:   ZZ ∆VT OT AL ∂ϕ ~ ∂ϕ ~ ~ Caudal instantáneo a través de S := lı́m dudv = F (~ ϕ(u, v)) · × ∆t→0 ∆t ∂u ∂v D Observemos que con las identificaciones n̂ = ∂ϕ ~ ∂u ∂ϕ ~ ∂u × × ∂ϕ ~ ∂v ∂ϕ ~ ∂v y dA = ∂ϕ ~ ∂ϕ ~ × dudv, ∂u ∂v podemos entonces escribir lo siguiente: Caudal instantáneo a través de S = ZZ F~ · n̂ dA. S Definición 2.3.1 (Integral de flujo). Sean S una superficie regular orientable, n̂ : S → R3 un campo de normales continuo sobre S, y F~ : Ω ⊆ R3 → R3 un campo vectorial continuo definido sobre un abierto Ω que contiene a S. Definimos la integral de flujo del campo F~ a través de la superficie S orientada según n̂ mediante   ZZ ZZ ZZ ∂ϕ ~ ∂ϕ ~ ~ ~ ~ ~ (u, v) × (u, v) dudv, (2.2) F · dA := F · n̂ dA = F (~ ϕ(u, v)) · ∂u ∂v S S D donde ϕ ~ : D ⊆ R2 → R3 es una parametrización regular de S compatible con la orientación, esto es, tal que ∂ϕ ~ ∂ϕ ~ ∂ϕ ~ ~ ∂ϕ n̂ = × / × . ∂u ∂v ∂u ∂v Para interpretar correctamente el valor de la integral de flujo es necesario especificar el campo de normales n̂. Por ejemplo, si orientamos un casquete esférico usando la normal exterior n̂ = r̂, la integral de flujo corresponde al flujo neto que sale de la esfera a través del casquete. Si este valor fuese negativo, significa que lo que sale de la esfera no alcanza para compensar lo que entra, y por lo tanto existe un caudal neto positivo que entra a la esfera. Notemos que si la densidad del líquido no fuera uniforme sino que viniese dada por el campo escalar ̺(x, y, z), entonces el flujo masivo a través de la superficie S está dada por ZZ ZZ ∂ϕ ~ ∂ϕ ~ ~ Φm = ̺F · n̂dA = ̺(~ ϕ(u, v))F (~ ϕ(u, v)) · [ (u, v) × (u, v)]dudv. ∂u ∂v S D Esto no es otra cosa que la integral de flujo a través de S orientada según n̂ del campo ̺F~ . CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE FLUJO Y EL TEOREMA DE GAUSS 28 Observación 2.3.2. Si S es una superficie regular orientada según un campo de normales n̂, y si S − es la misma superficie pero con la orientación opuesta −n̂, entonces se tiene que ZZ ZZ ~=− ~ F~ · dA F~ · dA S S− Ejemplo 2.3.3. Procederemos a calcular el flujo del campo eléctrico generado por una carga Q en el origen, a través del manto de la esfera S(~0, R) orientado según la normal exterior. z r̂ Q y R b x Recordemos que el campo eléctrico producido por la carga Q viene dado por ~ = Q r̂ , E 4πε0 r 2 para una constante universal ε0 . De esta forma se obtiene el siguiente flujo eléctrico Φ: Φ= ZZ S ~ · n̂ dA = E ZZ S Q 1 dA = 4πε0 R2 Z2π Zπ 0 0 Q 1 2 Q R sen ϕdϕdθ = . 2 4πε0 R ε0 Ejemplo 2.3.4. Procederemos a calcular el flujo del campo eléctrico generado por una carga Q en el origen, sobre el plano infinito z = 2. 2 Q En este caso la normal es constante n̂ = k̂. Dado que ~ = Q p (x, y, z) , E 4πε0 x2 + y 2 + z 2 3 2.3. INTEGRAL DE FLUJO DE UN CAMPO VECTORIAL 29 obtenemos que el flujo eléctrico Φ viene dado por Φ= Z∞ Z∞ −∞ −∞ ~ · k̂dxdy = Q E 2πε0 Z∞ Z∞ −∞ −∞ p 1 x2 + y 2 + 4 3 dxdy, y vía un cambio de variables a coordenadas polares se deduce que Q Φ= 2πε0 Z∞ Z2π 0 0 1 Q √ 3 rdθdr = ε0 r2 + 4 Z∞ Q (4 + r 2 )−3/2 rdr = [−(4 + r 2 )−1/2 ] ε0 ∞ 0 = 0 Q . 2ε0 Ejemplo 2.3.5. Repitamos el ejemplo anterior pero ahora sobre el manto (sin las tapas) del cilindro infinito x2 + y 2 = a2 , z ∈ R. z a Q b y x Usaremos coordenadas cilíndricas, de esta forma se tiene que n̂ = ρ̂ = (cos θ, sen θ, 0) y ~ = Q ~r = Q pρρ̂ + z k̂ . E 4πε0 k~rk3 4πε0 z 2 + ρ2 3 Por lo tanto el flujo eléctrico Φ se calcula como sigue: Φ = Z∞ Z2π −∞ = Q 2ε0 Q = 2ε0 0 Z∞ −∞ Z∞ −∞ Q aρ̂ + z k̂ · ρ̂)adθdz (√ 4πε0 a2 + z 2 3 p 1 1+ 1 3 ( az )2 dz a Q √ 3 du = 2ε0 1 + u2 Z∞ −∞ 1 Q tgh(τ ) dτ = 2 cos h (τ ) 2ε0 ∞ −∞ = Q . ε0 Notemos que el último cambio de variables fue u = senh τ , obteniendo du = cosh τ dτ . El lector notará que el resultado es independiente del valor de a > 0. CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE FLUJO Y EL TEOREMA DE GAUSS 30 2.4. El teorema de la divergencia de Gauss El teorema de la divergencia de Gauss es un resultado fundamental del cálculo vectorial. Formalmente, consiste en una expresión del tipo ZZ ZZZ ~ ~ F · dA = div(F~ )dV (2.3) Ω ∂Ω donde Ω ⊆ R3 y ∂Ω es una superficie cerrada regular por pedazos orientada según la normal exterior a la región Ω. La fórmula (2.3) extiende al caso vectorial el Teorema Fundamental del Cálculo para funciones de una variable, el cual establece que para una función derivable f : R → R se tiene f (b) − f (a) = Zb f ′ (x)dx. a Antes de enunciar con precisión el teorema de la divergencia, motivemos la obtención de la expresión dada en (2.3) para un caso muy simple: un cubo de aristas paralelas a los ejes. Más precisamente, supongamos que el conjunto Ω viene dado por el cubo de lado a > 0 y vértice ~r0 = (x0 , y0, z0 ): Ω = Q = [x0 , x0 + a] × [y0 , y0 + a] × [z0 , z0 + a], (2.4) como se ve en la siguiente figura: a z a ~r0 a y x Llamemos Si a las 6 superficies regulares asociadas a las caras de este cubo, caracterizando cada superficie Si mediante la normal exterior a cada una de ellas como sigue: S1 : n̂ = ı̂; S2 : n̂ = ̂; S3 : n̂ = k̂; S4 : n̂ = −ı̂; S5 : n̂ = −̂; S6 : n̂ = −k̂. (2.5) Definamos la superficie cerrada y regular por pedazos siguiente: S = ∂Q = 6 [ i=1 Si , (2.6) 2.4. EL TEOREMA DE LA DIVERGENCIA DE GAUSS 31 a la cual asignaremos la orientación dada por la normal exterior. Para todo campo vectorial F~ continuo en un dominio que contenga al cubo Q se tiene ZZ ~= F~ · dA ∂Q 6 ZZ X ~ F~ · dA. i=1 S i (2.7) Analicemos la integral anterior asumiendo que el campo es continuamente diferenciable y que se escribe como F~ (x, y, z) = F1 (x, y, z)ı̂ + F2 (x, y, z)̂ + F3 (x, y, z)k̂. Consideremos en particular el caso de las superficies opuestas S3 y S6 . Para la primera se tiene ZZ ~ = F~ · dA S3 ZZ F~ · k̂ dA = S3 xZ0 +a yZ0 +a F3 (x, y, z0 + a)dydx, y0 x0 mientras que para la segunda tenemos ZZ ZZ ~ = F~ · dA S6 F~ · (−k̂) dA = − xZ0 +a yZ0 +a F3 (x, y, z0 )dydx. x0 S6 y0 Sumando ambas integrales se obtiene: ZZ ~+ F~ · dA S3 ZZ ~ = F~ · dA S6 = xZ0 +a yZ0 +a x0 y0 [F3 (x, y, z0 + a) − F3 (x, y, z0 )] dydx xZ0 +a yZ0 +a zZ0 +a x0 y0 ∂F3 (x, y, z) dzdydz. ∂z z0 donde en la última igualdad hemos usado el Teorema Fundamental del Cálculo. Repitiendo el procedimiento anterior para el resto de las superficies Si y sumando todos los resultados parciales se obtiene en definitiva que ZZ ∂Q ~= F~ · dA ZZZ  Q ∂F1 ∂F2 ∂F3 + + ∂x ∂y ∂z  dV = ZZZ div(F~ ) dV, (2.8) Q que coincide exactamente con la expresión (2.3) aplicada a esta situación. Si (2.3) fuese válido sólo para cubos de aristas paralelas a los ejes, ciertamente este resultado no tendría el mismo interés que si pudiésemos aplicarlo a otros tipos de volúmenes. El teorema de la divergencia de Gauss justamente establece que es posible aplicar la misma fórmula para regiones mucho más generales que un cubo. 32 CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE FLUJO Y EL TEOREMA DE GAUSS Teorema 2.4.1 (Gauss). Sea Ω ⊆ R3 un abierto acotado cuya frontera ∂Ω es una superficie regular por pedazos, orientada según la normal exterior. Sea F~ : U ⊆ R3 → R3 un campo vectorial de clase C 1 sobre un abierto U ⊇ Ω = Ω ∪ ∂Ω. Entonces ZZ ZZZ ~ ~ F · dA = div(F~ )dV. Ω ∂Ω Observación 2.4.2. El teorema de la divergencia es también válido en dominios no acotados siempre que las integrales sean convergentes. Finalicemos esta sección con un bosquejo de demostración del teorema de Gauss. Comencemos por dividir la región Ω del enunciado en una unión finita de cubos, con la excepción que se da en la frontera de Ω, donde los pequeños volúmenes colindantes a ésta tienen algún lado que no es vertical (ver la figura 2.1). n̂ ∂Ω Ω Figura 2.1: División de Ω en cubos Llamemos {Qi }ni=1 a esta división. Notemos que entonces ZZ ~= F~ · dA ∂Ω n ZZ X i=1 ∂Q i ~ F~ · dA, (2.9) puesto que las integrales sobre las caras interiores se anulan mutuamente cuando Qi es un cubo, en virtud de que las respectivas normales de dos cubos adyacentes son opuestas. Gracias a la relación (2.8) que es válida para todo Qi que sea cubo, se obtiene lo siguiente: ZZ ∂Qi ~= F~ · dA ZZZ (div F~ )dV, para todo Qi cubo. (2.10) Qi En el caso que el volumen Qi no sea exactamente un cubo, ya que intersecta la frontera de Ω, es posible argumentar rotando los ejes y escribiendo la parte de la frontera de Qi que no sea paralela a los ejes como el grafo de funciones convenientes, para deducir que la relación (2.10) también vale para estos Qi . Finalmente, en virtud de (2.9), se deduce la validez del teorema. En la sección 4.4, que el lector puede omitir en una primera lectura de este apunte, se presenta en detalle una variante de este esquema de demostración. 2.5. EJEMPLOS DE APLICACIÓN DEL TEOREMA DE GAUSS 2.5. 33 Ejemplos de aplicación del teorema de Gauss En esta sección presentamos algunas aplicaciones simples que ilustran la utilización del teorema de la divergencia de Gauss. Ejemplo 2.5.1. Aplicando el teorema 2.4.1 al campo vectorial F~ (~r) = ~r = (x, y, z), se obtiene la siguiente expresión para el volumen de una región Ω que satisface las condiciones del enunciado de dicho resultado: ZZ 1 ~ Vol(Ω) = ~r · dA. 3 ∂Ω Es interesante hacer notar que esta expresión hace intervenir sólo una integral doble sobre ∂Ω en lugar de una triple sobre todo Ω. Ejemplo 2.5.2. El teorema de la divergencia puede ser útil para calcular indirectamente flujos a través de superficies que no necesariamente son cerradas. A modo de ejemplo, supongamos que se desea calcular el flujo del campo vectorial F~ ≡ −~k a través del manto (sin la tapa) del cono invertido de radio a y altura h que se muestra en la siguiente figura: z a Tapa Manto h y x Si “tapamos” el cono incluyendo la tapa, entonces podemos aplicar el teorema de la divergencia de Gauss para obtener: ZZ ZZZ ZZZ ~ −k̂ · dA = div(−k̂)dv = 0 dv = 0. Manto ∪ Tapa Cono Cono Por lo tanto, por aditividad de la integral de flujo, se obtiene para el manto orientado según la normal exterior al cono que: ZZ ZZ ZZ ~ ~ −k̂ · dA = − −k̂ · dA = k̂ · k̂dA = πa2 , Manto Tapa Tapa donde usamos que el campo de normales exteriores al cono sobre la tapa está dado por n̂ ≡ k̂. CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE FLUJO Y EL TEOREMA DE GAUSS 34 Ejemplo 2.5.3. Supongamos que la temperatura de una región Ω de R3 está dada por T (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 . Supongamos que dicha región contiene a la esfera S(~0, R) centrada en el origen y de radio R. Queremos calcular el flujo de calor que sale a través del casquete esférico ∂S(~0, R) en función de la conductividad térmica κ > 0 del material. Para este caso se tiene que el campo de temperaturas (instantáneo) asociado a este potencial queda definido como J~ = −κ∇T. Entonces, el flujo de calor asociado es ZZ ZZZ ZZZ ZZZ ~ ~ ~ Φ= J · dA = div(J) dV = − κ∆T dV = −6κ dV = −8κπR3 . ∂S(~0,R) S(~0,R) S(~0,R) S(~0,R) Obtenemos un valor negativo, lo que es coherente con el hecho de que la temperatura decrece hacia el origen de modo que el flujo neto de calor que “sale” de la esfera es negativo. Ejemplo 2.5.4. (Ley de Gauss para el flujo eléctrico). Consideremos el campo eléctrico generado por una carga puntual Q situada en el origen: ~ = Q ~r , E 4πε0 k~rk3 ~r 6= ~0. Sea Ω un abierto de R3 de frontera regular por pedazos ∂Ω orientada según la normal exterior. Supongamos que ~0 ∈ / ∂Ω de modo que la integral de flujo ZZ ~ · dA ~ Φ= E ∂Ω está bien definida. Queremos evaluar Φ en términos de Q y otros parámetros que puedan intervenir. ~ por ser un campo central, es a divergencia nula en todo el Comencemos por observar que E, espacio salvo el origen. Para esto basta aplicar el ejercicio 1.4.7 o bien calcular la divergencia ~ usando, por ejemplo, la expresión de este operador en coordenadas esféricas (1.12). de E Si el dominio no encierra al origen, esto es, cuando ~0 ∈ / Ω = Ω∪∂Ω entonces podemos aplicar directamente el teorema 2.4.1 para concluir que ZZZ ~ Φ= div(E)dV = 0. Ω El caso interesante es precisamente cuando ~0 ∈ Ω. En efecto, el abierto más grande donde ~ es diferenciable es U = R3 \ {~0}, y por lo tanto si ~0 ∈ Ω entonces Ω " U y por lo tanto no se E 2.5. EJEMPLOS DE APLICACIÓN DEL TEOREMA DE GAUSS 35 satisface la hipótesis sobre el dominio de diferenciabilidad del campo requerida por el teorema de la divergencia. La idea para abordar el caso ~0 ∈ Ω es reducirse a calcular el flujo a través de un casquete esférico donde el resultado se obtiene directamente (ver el ejemplo 2.3.3). Para esto, procedemos como sigue: tomemos r0 > 0 suficientemente pequeño tal que B(~0, r0 ) ⊂ Ω y definamos Ω′ = / Ω′ ∪ ∂Ω′ (ver la figura 2.2). Para el dominio Ω \ B(~0, r0 ), de modo tal que se tenga ~0 ∈ modificado Ω′ estamos entonces en la situación anterior, y por lo tanto se tiene por el teorema de la divergencia que ZZ ~ · n̂dA = 0, E ∂Ω′ donde n̂ es la normal exterior a Ω′ . ∂Ω Ω S0− Figura 2.2: Región de integración para la Ley de Gauss Ahora observemos que ∂Ω′ = ∂Ω ∪ ∂B(~0, r0 ). Para simplificar la notación, escribamos S0 = ∂B(~0, r0 ). Esta superficie se puede orientar según la normal interior a la bola B(~0, r0 ) es decir −r̂, lo que denotamos por S0− , o bien según la normal exterior r̂, en cuyo caso escribimos S0+ . Ahora bien, sobre S0 la normal exterior al dominio Ω′ es precisamente la interior a la bola B(~0, r0 ), es decir n̂ = −r̂ en S0 . Lo anterior implica que 0= ZZ ∂Ω′ ~ · n̂dA = E ZZ ~ · n̂dA + E ZZ ~ · n̂dA, E S0− ∂Ω de donde deducimos que Φ= ZZ ∂Ω ~ · dA ~=− E ZZ S0− ~ · dA ~= E ZZ S0+ ~ · dA ~ = Q. E ε0 Para la última igualdad utilizamos el cálculo directo sobre un casquete esférico orientado según la normal exterior a la esfera (ver ejemplo 2.3.3). CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE FLUJO Y EL TEOREMA DE GAUSS 36 2.6. Ejercicios 1. Calcular el flujo del campo F~ (x, y, z) = (x, y, z) a través del disco definido por las ecuaciones x2 + y 2 ≤ 25, z = 12, y orientado según la normal superior k̂. 2. Calcule el flujo del campo F~ (x, y, z) = (x − y cos z, y − x, z − ey ) a través de la superficie del toro de eje de simetría z, centrado en el origen y de radios R0 y r0 (R0 > r0 ). ZZ ~ si Σ es el hemisferio superior del casquete 3. Calcular la integral de flujo ∇Φ · dA x2 a2 y2 b2 Σ z2 c2 + + = 1 orientado según la normal interior y Φ es el campo escalar elipsoidal Φ(x, y, z) = (x + 1)2 + 2(y − 1)2 + z 2 . 4. Calcular la integral de flujo del campo F~ = 2xı̂ + yx̂ + zxk̂ a través del triángulo de vértices (1, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 0, 3). Precise la orientación. 5. Calcular el flujo del campo F~ (x, y, z) = xzı̂ + k̂ a través del manto del paraboloide en coordenadas cilíndricas z = 4 − ρ2 , 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, orientado según la normal interior.   6. Calcule el flujo del campo F~ (x, y, z) = ez sin y + xy 2 z, ex cos z + x2 yz, √ x2 2 a través x +y de la superficie lateral del cilindro de radio 1 que se encuentra entre los planos z = −1 y z = 1. Indicación: Calcule el flujo total que sale del cilindro (incluyendo las tapas y usando el teorema de la divergencia). Calcule el flujo a través de las tapas directamente. 7. El empuje total que ejerce el agua sobre un objeto de superficie S está dado por ZZ ~ G= F~ · dA S con F~ (x, y, z) =  (0, 0, ρg(h − z)) si z ≤ h (0, 0, 0) si z > h donde g es el módulo de la aceleración de gravedad, ρ es la densidad del agua y h es la altura del nivel del agua. Demuestre que G es igual al peso del volumen de agua desplazado por el objeto. p 8. Sea F~ (x, y, z) = (x + cos(x + y), y + cos(x + y), x2 + y 2 + 2z sin(x + y)). Calcule el flujo de este campo a través de la superficie de la semiesfera x2 + y 2 + z 2 = a2 , z ≤ 0, orientada según la normal interior. 2.7. PROBLEMAS 37 9. Sea el campo F~ (x, y, z) = (2x+ 2, 4y −4, 2z). Calcular el flujo de F~ a través del hemisferio superior del casquete elipsoidal x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1 a2 b c orientado según la normal interior. 10. Calcule el flujo del campo F~ (x, y, z) = (ez sen y + xy 2 z, ex cos z + x2 yz, x2 ez ) a través del manto del cilindro de la figura, orientado según la normal exterior. z a h y x 11. Calcule el flujo del campo vectorial F~ = xy 2 ı̂ + yz 2 ̂ + zx2 k̂ a través de la superficie del sólido definido por las ecuaciones: 2 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, 0 ≤ z ≤ 5. 12. Sea F~ el campo vectorial dado por   p 1 2 F~ (x, y, z) = zx + sen(x − y), y − sen(x − y), x2 + y 2 − z − 2z cos(x − y) . 2 Calcule el flujo de F~ a través del casquete semi-esférico (sin tapa) dado por x2 +y 2 +z 2 = 1 con z > 0. Precise el sentido de orientación escogido para los cálculos. 2.7. Problemas Problema 2.1. Considere el campo F~ : R3 → R3 definido por: F~ (x, y, z) = (yz, xz, xy) y la región Ω definida por: x ≥ 0, y ≥ 0, z ∈ [0, b] y x2 + y 2 = a2 , con a y b constantes dadas, ambas positivas. (a) Evalúe las integrales de flujo del campo sobre cada una de las 5 caras de la región. Haga un bosquejo y considere la orientación exterior. (a) Interprete físicamente los 5 flujos calculados, así como el flujo total a través de Ω. CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE FLUJO Y EL TEOREMA DE GAUSS 38 Problema 2.2. 3 Considere el campo vectorial dado en coordenadas cilíndricas por 1 2 F~ = ρ̂ + e−θ k̂. ρ (a) Determine el dominio de diferenciabilidad de F~ y verifique que div(F~ ) = 0 sobre dicho dominio. (b) Sea Σ ⊂ R3 la superficie dada por la porción del casquete esférico x2 + y 2 + z 2 = 4 que se encuentra entre los planos z = −1 y z = 1 (sin considerar las tapas). Bosqueje Σ y calcule el flujo de F~ a través de Σ orientada según la normal exterior a la esfera. Nota: Puede usar el teorema de la divergencia utilizando un volumen adecuado. En tal caso tenga especial cuidado en verificar las hipótesis del teorema. (c) Interprete el resultado obtenido en (b). Problema 2.3. 4 Considere la superficie S ⊂ R3 formada por los puntos del casquete esférico unitario que están por encima del plano z = 2y. Es decir, S = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 2y}. (a) Bosqueje S y encuentre una parametrización regular de esta superficie. (b) Calcule el flujo del campo 2 2 F~ (x, y, z) = (x + y 2 + z 2 )ı̂ + (e−x − 2)̂ + (2e−x + 1)k̂ sobre la superficie S orientada con la normal exterior a la esfera. Problema 2.4. 5 Considere el campo vectorial F~ (x, y, z) = la elipsoide de ecuación x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1. a2 b c x y z , , a2 b2 c2
y sea S la superficie de (a) Muestre que el vector normal n̂ a la superficie S en un punto (x0 , y0 , z0 ) ∈ S es paralelo al campo F~ . (b) Sea D(x0 , y0, z0 ) la distancia desde el origen al plano tangente a la elipsoide en (x0 , y0 , z0 ). Pruebe que D = 1/F~ · n̂ en S. (c) Demuestre que Z Z S 1 4π dA = D 3  bc ac ab + + a b c  . Indicación: Recuerde que el volumen de la elipsoide antes descrita es igual a Control 1. Primavera 2000. Matemáticas Aplicadas. Control 1. Primavera 2006. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 5 Control 1. Primavera 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 3 4 4π abc. 3 2.8. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 39 Problema 2.5. 6 Supongamos que un fluido está sometido a un campo de velocidades dado por F~ (x, y, z) = (x − yz)ı̂ + (y + xz)̂ + (z + 2xy)k̂. Sea S1 la porción del cilindro x2 + y 2 = 2 que está dentro de la esfera de ecuación x2 + y 2 + z 2 = 4. Sea S2 la porción de la superficie de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 que se encuentra fuera del cilindro x2 + y 2 = 2. Sea Ω el volumen limitado por S1 y S2 . (a) Calcule Z Z S1 F~ · ~ndA con ~n la normal interior al cilindro. Interprete el resultado. (b) Utilizando el teorema de la divergencia, calcule el flujo neto que pasa a través de las paredes de la región Ω. (c) Calcule directamente el flujo a través de S2 orientada según la normal exterior a la esfera. Compare con lo obtenido en (a) y (b). En cada caso interprete los resultados y explicite: el sistema de coordenadas y el correspondiente vector posición que utiliza, la parametrización, el campo de normales y los elementos de superficie o volumen según corresponda. Problema 2.6. 7 Considere la superficie del toro de centro 0, radio mayor R y radio menor a (a < R). Sea Σ la porción de la superficie del toro que se encuentra fuera de la esfera de centro 0 y radio R. (a) Bosqueje la superficie Σ. (b) Calcular el flujo del campo F~ (x, y, z) = xı̂ + y̂ + z k̂ a través de Σ orientada según la normal exterior al toro. 2.8. Resolución de problemas Solución Problema 2.1 Recordamos la definición de flujo: ZZ ZZ ∂~σ ∂~σ ~ ~ F · dA = F~ (~σ (u, v)) · n b dudv × ∂u ∂v ∂Ω S Con ∂Ω la superficie que encierra al volumen Ω, σ una parametrización de esa superficie, F~ el campo y n̂ la normal en la que orientamos el campo (casi siempre usaremos la exterior). Procedemos entonces a parametrizar convenientemente cada cara de Ω de modo de calcular el flujo en cada cara: 6 7 Control 2. Primavera 1999. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez Control 1. Primavera 1999. Matemáticas Aplicadas. 40 CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE FLUJO Y EL TEOREMA DE GAUSS T1 L2 L1 T2 L1 : parametrizamos un rectángulo, en y = 0: ~σ (x, z) = (x, 0, z) (x, z) ∈ [0, a] × [0, b] y nuestra normal exterior es n b = −̂, luego: Z a 0 Z b 0 (0, xz, 0) · (−(0, 1, 0))dxdz =− Z a x 0 b2 dx 2 = Z a 0 −( = Z b −xzdxdz 0 ab 2 ) 2 Lo que significa que dado como orientamos el flujo (exteriormente), a través de L1 esta entrando flujo. L2 : parametrizamos un rectángulo, en x = 0: ~σ (y, z) = (0, y, z) (y, z) ∈ [0, a] × [0, b] y nuestra normal exterior es n b = −ı̂, luego: Z 0 a Z 0 b (yz, 0, 0) · (−(1, 0, 0))dydz =− Z a y 0 b2 dy 2 = = Z 0 −( a Z 0 b −yzdydz ab 2 ) 2 Lo que significa que dado como orientamos el flujo (exteriormente), a través de L1 esta entrando flujo también. T1 : Usamos coordenadas cilíndricas: ~σ (r, θ) = rb ρ + bk̂ π (θ, r) ∈ [0, ][0, a] 2 2.8. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 41 y en este caso, nuestra normal exterior es k̂, entonces nuestra integral: Z Z a π 2 0 0 r cos(θ) r sen(θ) |{z} r dθdr | {z } | {z } x y − = kk Z π 2 0 cos(θ) sen(θ) 4 a dθ 2 Esto pues, las coordenadas del campo en los ejes x e y se anulan al hacer · con la normal, se sigue que: a4 =− 4 Z π 2 sen(2θ)dθ a4 cos(2θ) − ( 4 2 = 0 π 2 0 ) = a4 8 T2 : Usamos coordenadas cilíndricas de nuevo: ~σ (r, θ) = rb ρ π (θ, r) ∈ [0, ] × [0, a] 2 y en este caso, nuestra normal exterior es −k̂, entonces nuestra integral, análogamente al caso anterior: − Z 0 a Z π 2 r 3 cos(θ) sen(θ)dθdr 0 = − a4 8 Pues la integral es la misma salvo un signo. Este calculo podría haberse evitado, pues viendo los signos de ambos flujos calculados, en T1 sale flujo, mientras que en T2 entra flujo, por lo tanto, en suma se anulan, y esto es porque en ambas superficies, que son simétricas, el campo también es simétrico (pues no depende de z), luego solo diferirá lo calculado por los signos de las normales por las cuales orientamos el campo para calcular. Manto: Claramente, la buena idea es usar otra vez las coordenadas cilíndricas: ~σ (θ, z) = ab ρ + z k̂ π (θ, z) ∈ [0, ] × [0, b] 2 podemos ver que geométricamente, la normal exterior al manto es ρ̂ (calcularlo explícitamente), de este modo nuestra integral es: Z π 2 0 Z Z π 2 0 b 0 Z 0 (az sen θ, az cos θ, a2 sen θ cos θ) · (cos θ, sen θ, 0)adzdθ b 2 2a z sen(θ) cos(θ)dzdθ = Z 0 π 2 a2 b2 sen(2θ)dθ = a2 b2 2 lo que significa que por el Manto, sale flujo, sumando a los flujos que entran por L1 y L2 , se obtiene que el flujo total a través de Ω es cero! 42 CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE FLUJO Y EL TEOREMA DE GAUSS Capítulo 3 Integral de trabajo y el teorema de Stokes En todo lo que sigue supondremos que el lector está familiarizado con las nociones de curva suave, parametrización, curvas y parametrizaciones regulares, reparametrizaciones equivalentes, orientación de una curva y otros conceptos relacionados (ver el apéndice A). 3.1. Integral de trabajo (o de línea) Se define el trabajo realizado por una fuerza constante F~0 a lo largo de una trayectoria rectilínea descrita por un vector desplazamiento d~ como ~ cos θ, W = F~0 · d~ = kF~0 kkdk donde θ es el ángulo entre estos vectores. F~0 d~ θ En el caso general de un campo de fuerzas F~ (~r) que no es constante y/o de una trayectoria curvilínea Γ parametrizada por ~r : [a, b] → R3 , el trabajo total realizado por el campo de fuerzas a lo largo de la trayectoria se puede aproximar por la suma W ≃ N −1 X i=0 F~ (~r(ti )) · (~r(ti+1 ) − ~r(ti )), donde a = t0 < t1 < . . . < tN = b es una partición del intervalo [a, b]. 43 (3.1) 44 CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE TRABAJO Y EL TEOREMA DE STOKES F~2 F~1 F~0 ~r(t1 ) ~r(t0 ) Intuitivamente, cuando el paso de la partición ∆({ti }) = máx0≤i≤N −1 (ti+1 − ti ) tiende a cero, la suma anterior debería converger a un valor que representa el trabajo realizado por la fuerza a lo largo de la curva Γ parametrizada por ~r : [a, b] → R3 . En efecto, se puede demostrar que si la parametrización es suave (de clase C 1 ) y si el campo de fuerzas F~ es continuo sobre una abierto Ω que contiene a Γ, entonces la suma en (3.1) converge hacia el valor dado por la integral W = Z b a d~r F~ (~r(t)) · (t) dt. dt Esto nos motiva para introducir la siguiente definición: Definición 3.1.1 (Integral de trabajo o de línea). Sea Γ una curva simple y regular, y sea F~ : Ω ⊆ R3 → R3 un campo vectorial continuo. Definimos la integral de trabajo (o integral de línea) de F~ sobre la curva Γ ⊆ Ω por Z Γ F~ · d~r := Z a b d~r F~ (~r(t)) · (t) dt, dt donde ~r : [a, b] → R3 es una parametrización regular de Γ. Si F~ = F1 ı̂ + F2 ̂ + F3 k̂, se suele usar la notación Z Z ~ F · d~r = F1 dx + F2 dy + F3 dz. Γ Γ Cuando la curva Γ es cerrada, entonces se suele escribir I F~ · d~r, Γ y esta integral recibe el nombre de circulación de F~ a lo largo de Γ. Si F~ representa el campo de velocidades de un fluido, la circulación es la integral de la componente tangencial de la velocidad a lo largo de la curva cerrada Γ, proporcionando la cantidad neta de giro del fluido alrededor de Γ. 3.1. INTEGRAL DE TRABAJO (O DE LÍNEA) 45 Observación 3.1.2. Es posible verificar que la integral de trabajo no depende de la parametrización regular ~r elegida, salvo por el cambio de signo que se produce cuando se considera una parametrización que invierte la orientación de la curva Γ. Más precisamente, si denotamos por Γ− la misma curva pero con la orientación opuesta, entonces se tiene: Z Z ~ F · d~r = − F~ · d~r. Γ− Γ Observación 3.1.3. Una curva Γ se dirá regular por pedazos si se puede descomponer en la unión de un número finito de curvas regulares Γ = ∪ki=1 Γi , donde cada par de segmentos distintos a lo más tiene en común los extremos. Notemos que la integral de trabajo puede ser trivialmente definida para una curva Γ = ∪ki=1 Γi regular por pedazos, de la manera siguiente: Z k Z X F~ · d~r. F~ · d~r = Γ i=1 Γi Cada segmento Γi debe ser recorrido de manera consistente con la orientación de la curva. Ejemplo 3.1.4. Calculemos la integral de trabajo del campo dado por F~ = (3x + 4y)ı̂ + (2x + 3y 2)̂, a lo largo de la circunferencia C de radio 2 centrada en el origen y recorrida con orientación positiva (en el sentido anti-horario). z y x Figura 3.1: Círculo de radio 2 con orientación positiva (anti-horario) Una parametrización posible es ~r(t) = 2 cos tı̂ + 2 sen t ̂, t ∈ [0, 2π]. Se obtiene que el trabajo realizado es I W = (3x + 4y, 2x + 3y 2 , 0) · d~r C Z 2π = (6 cos t + 8 sen t, 4 cos t + 12 sen2 t, 0) · (−2 sen t, 2 cos t, 0) dt Z0 2π = [−16 sen2 t + 8 cos2 t]dt = −16π + 8π = −8π. 0 46 CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE TRABAJO Y EL TEOREMA DE STOKES Ejemplo 3.1.5. Sea F~ : R3 → R3 el campo dado por F~ (x, y, z) = (x, −y, z). Consideremos primero la misma curva C dada en el ejemplo anterior: la circunferencia de radio 2 centrada en el origen y recorrida en sentido positivo. El trabajo resulta ser: I W = (x, −y, z) · d~r C Z 2π = (2 cos t, −2 sen t, 0) · (−2 sen t, 2 cos t, 0) dt 0 Z 2π = −8 sen t cos t dt = 0. 0 Consideremos ahora los dos caminos Γ1 y Γ2 que van desde P = (1, 0, 0) hasta Q = (1, 0, 4) tal como se ilustra en la siguiente figura : Q Γ1 Γ2 P Sus parametrizaciones están dadas, respectivamente, por Γ1 : ~r1 (t) = P + t(Q − P ) = (1, 0, 4t), t ∈ [0, 1], Γ2 : ~r2 (t) = (cos(4πt), sen(4πt), 4t), t ∈ [0, 1]. Los trabajos realizados son, respectivamente: Z 1 Z Z ~ F · d~r = W1 = (1, 0, 4t) · (0, 0, 4) dt = Γ1 y W2 = Z Γ2 1 Z 0 1 16t dt = 8 0 F~ · d~r (cos(4πt), − sen(4πt), 4t) · (−4π sen(4πt), 4π cos(4πt), 4) dt Z 1 Z 1 = (−8π sen(4πt) cos(4πt) + 16t) dt = 16t dt = 8. = 0 0 0 3.2. EL TEOREMA DEL ROTOR DE STOKES 3.2. 47 El teorema del rotor de Stokes El teorema del rotor de Stokes relaciona la integral de línea o circulación de un campo vectorial alrededor de una curva cerrada simple Γ ⊂ R3 , con la integral sobre una superficie S de la cual Γ es su borde geométrico. Aquí nos limitaremos a enunciar este teorema sin demostración. Teorema 3.2.1 (Stokes). Sea S ⊆ R3 una superficie orientable y regular por pedazos, cuyo borde ∂S es una curva cerrada, simple y regular por pedazos. Sea F~ : U ⊆ R3 → R3 un campo vectorial de clase C 1 definido sobre un abierto U que incluye la superficie S y su borde ∂S. Sea finalmente n̂ : S → R3 un campo de vectores normales que define una orientación sobre S y supongamos que la curva cerrada ∂S es recorrida con orientación positiva con respecto a la elección de la normal n̂, es decir, respetando la regla de la mano derecha (ver figura 3.2). Entonces I ZZ F~ · d~r = rot(F~ ) · n̂ dA. S ∂S k̂ n̂ S Γ = ∂S ̂ ı̂ Figura 3.2: Configuración geométrica del teorema de Stokes Ejemplo 3.2.2. Consideremos el campo de fuerzas F~ : R3 → R3 del ejemplo 3.1.4. Tenemos que ı̂ ̂ k̂ rot F~ = ∇ × F~ = ∂ ∂x ∂ ∂y 3x + 4y 2x + 3y 2 ∂ ∂z = −2k̂. 0 Sea S la superficie del círculo de radio 2 en el plano XY , centrado en el origen y orientado según la normal superior k̂, cuyo borde geométrico ∂S es justamente la cincunferencia C del ejemplo 3.1.4 orientada en sentido anti-horario. En virtud del teorema de Stokes tenemos que I ZZ ~ F · d~r = −2k̂ · k̂ dA = −2 Area(Círculo de radio 2) = −8π, C S que es exactamente el resultado que obtuvimos con el cálculo directo. CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE TRABAJO Y EL TEOREMA DE STOKES 48 3.3. El teorema de Green en el plano Se tiene el siguiente resultado para curvas y superficies en el plano XY . Teorema 3.3.1 (Teorema de Green en el plano). Sea S ⊂ R2 una región acotada tal que su frontera ∂S es una curva simple, cerrada y regular por pedazos, orientada en el sentido antihorario. Consideremos dos campos escalares M = M(x, y) y N = N(x, y), ambos de clase C 1 en un abierto que contiene a S y ∂S. Entonces  ZZ  I ∂N ∂M Mdx + Ndy = dxdy. (3.2) − ∂x ∂y S ∂S Este resultado es un caso específico del teorema de Stokes aplicado al campo F~ (x, y, z) = (M(x, y), N(x, y), 0). En efecto, por una parte tenemos que rot F~ = ∇ × F~ = ı̂ ̂ k̂ ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z M(x, y) N(x, y) 0 =  ∂N(x, y) ∂M(x, y) − ∂x ∂y  k̂. Por otro lado, si suponemos que la superficie S está contenida en el plano XY , la podemos orientar según la normal superior constante e igual a k̂. Entonces la igualdad (3.2) se puede escribir como I ZZ ~ rot(F~ ) · k̂ dA, F · d~r = ∂S S que coincide con el teorema de Stokes. Ejemplo 3.3.2. Aplicando el teorema de Green a M = −y y N = x se deduce que I 1 A(S) = x dy − y dx, 2 ∂S donde A(S) es el área de la región S contenida en el plano XY , y ∂S es el borde de S recorrrido en sentido anti-horario. Esta fórmula nos permite calcular un área en términos de una integral de línea. Por ejemplo, consideremos la región x2 /a2 + y 2 /b2 ≤ 1, cuyo borde es una elipse de semi-ejes dados por a y b. Podemos parametrizar la elipse usando x(t) = a cos t e y(t) = b sen t, t ∈ [0, 2π], y por lo tanto se obtiene 1 A(Elipse) = 2 Z2π Z2π 1 (xẏ − y ẋ) dt = (ab cos2 t − (−ab sen2 t)) dt = πab. 2 0 0 3.4. CAMPOS CONSERVATIVOS 3.4. 49 Campos conservativos Notemos que en el ejemplo 3.1.5 donde F~ (x, y, z) = (x, −y, z), la integral de trabajo es igual a 0 sobre la primera curva C que es cerrada, mientras que para las curvas Γ1 y Γ2 que unen ambas a P con Q, el valor de las respectivas integrales de trabajo es el mismo. Esto no es una coincidencia sino que se debe a que en este caso F~ = −∇g, donde g : R3 → R3 está dada por g(x, y, z) = (−x2 + y 2 − z 2 )/2. En efecto, si Γ es una curva regular parametrizada por ~r : [a, b] → R3 , entonces tenemos que Z Z b d~r ~ F · d~r = F~ (~r(t)) · (t) dt dt Γ a Z b d~r =− ∇g(~r(t)) · (t) dt dt a Z b d [g(~r(t))] dt = g(~r(a)) − g(~r(b)). =− a dt Esta última cantidad depende solamente de la diferencia de valores de g en los puntos extremos de la curva Γ y no de la forma específica que ésta tenga. En particular, si Γ es cerrada, entonces ~r(a) = ~r(b) y el trabajo realizado es 0. En general, se dice que un campo vectorial F~ : Ω ⊆ R3 → R3 es conservativo en Ω si deriva de un potencial g : Ω ⊆ R3 → R en el sentido que F~ = −∇g sobre Ω. Tenemos el siguiente resultado: Proposición 3.4.1. Sea F~ = F~ (~r) un campo vectorial continuo sobre un abierto conexo Ω de R3 . Entonces las tres propiedades siguientes son equivalentes: (i) El campo F~ es conservativo en Ω. (ii) Para toda curva Γ ⊂ Ω cerrada y regular por pedazos se tiene I F~ · d~r = 0. Γ (iii) Para cualquier par de curvas regulares, Γ1 ⊂ Ω y Γ2 ⊂ Ω, con iguales puntos inicial y final, se tiene Z Z F~ · d~r. F~ · d~r = Γ1 Γ2 Demostración. Probaremos la secuencia de implicancias (i)⇒(ii)⇒(iii)⇒(i). (i)⇒ (ii): Por el mismo cálculo del ejemplo anterior, para cualquier campo conservativo en Ω el valor de la integral de trabajo a lo largo de una curva Γ ⊂ Ω está dado por la diferencia de potencial entre los extremos de la curva. Si en particular la curva es cerrada, entonces la integral de trabajo resulta ser 0. (ii)⇒ (iii): Basta considerar la curva cerrada Γ = Γ1 ∪ Γ− 2 y descomponer el trabajo total sobre Γ como la suma de los trabajos sobre cada segmento. 50 CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE TRABAJO Y EL TEOREMA DE STOKES (iii)⇒ (i): Comenzamos por escoger arbitrariamente un punto ~p0 ∈ Ω al cual le asignaremos el valor de potencial cero (notemos que el potencial no es único, basta con sumarle una constante para obtener otro potencial). Luego, dado cualquier punto ~p ∈ Ω definimos g(~p) := − Z p ~ p ~0 F~ · d~r R p~ donde p~0 representa la integral de trabajo sobre cualquier curva Γ ⊂ Ω regular por pedazos cuyo origen es el punto ~p0 y cuyo punto final es p~. La conexidad de Ω asegura la existencia de Γ. Por otra parte, en virtud de (iii) sabemos que el valor de la integral de trabajo no depende de la forma específica de Γ, por lo que la función g : Ω → R está bien definida. Sólo queda probar que efectivamente g es diferenciable y que ∇g = −F~ . En virtud de la continuidad de F~ , basta probar que para todo ~p ∈ Ω y ~h ∈ R3 , g(~p + λ~h) − g(~p) = −F~ (~p) · ~h. λ→0 λ lı́m (3.3) Fijemos ~p ∈ Ω y ~h ∈ R3 y tomemos λ suficientemente pequeño de modo que el segmento de recta [~p, ~p + λ~h] esté contenido en Ω. Por definición de g podemos escribir g(~p + λ~h) − g(~p) = Z [~ p,~ p+λ~h] (−F~ ) · d~r = −λ Z 1 0 F~ (~p + tλ~h) · ~h dt, de donde se deduce fácilmente que (3.3) se cumple.  Supongamos ahora que el campo vectorial F~ es de clase C en Ω. Si es conservativo, entonces el potencial correspondiente g : Ω → R es de clase C 2 y en consecuencia se debe tener que 1 rot F~ = − rot ∇g ≡ ~0 en Ω (3.4) Para los detalles ver la observación 1.2.7. Es decir, para un abierto conexo general Ω, el que un campo vectorial F~ de clase C 1 sea irrotacional es una condición necesaria para que sea conservativo en Ω. Ejemplo 3.4.2. Consideremos nuevamente el campo de fuerzas F~ : R3 → R3 del ejemplo 3.1.4. Como vimos en el ejemplo 3.2.2, rot F~ = −2k̂ y en consecuencia el campo no es conservativo en R3 . Esto es consistente con los cálculos hechos en los ejemplos 3.1.4 y 3.2.2 donde se obtuvo un valor no nulo para la integral de trabajo sobre un camino cerrado. En virtud del teorema de Stokes en conjunto con la proposición 3.4.1, es natural considerar (3.4) como una condición además suficiente para que un campo vectorial sea conservativo. Sin embargo, esto presupone que es posible aplicar el teorema de Stokes, para lo cual es necesario imponer condiciones adicionales sobre el dominio Ω tal como lo ilustra el siguiente ejemplo. 3.4. CAMPOS CONSERVATIVOS 51 Ejemplo 3.4.3. (Un campo irrotacional que no es conservativo). Consideremos el campo vectorial x y ı̂ + 2 ̂ F~ = − 2 2 x +y x + y2 que es de clase C ∞ en el abierto conexo Ω = {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 > 0} = R3 \ Eje Z. Es directo verificar que F~ satisface (3.4), esto es, F~ es irrotacional en todo R3 \ Eje Z. En efecto, por definición del rotor en este caso tenemos que   ∂F (x, y) ∂F (x, y) 2 1 rot F~ = k̂, − ∂x ∂y pero ∂F2 (x, y) (x2 + y 2) − 2x2 −x2 + y 2 = = ∂x (x2 + y 2)2 (x2 + y 2)2 mientras que (x2 + y 2 ) − 2y 2 x2 − y 2 −x2 + y 2 ∂F1 (x, y) =− = − = . ∂y (x2 + y 2)2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 ¿Podemos concluir que F~ es conservativo en todo R3 \ Eje Z? La respuesta es negativa. De hecho, si consideramos la circunferencia C(a) de ecuación x2 + y 2 = a2 recorrida en sentido anti-horario, entonces I C(a) Z2π F~ · d~r = [F1 (~r(θ))~r˙1 (θ) + F2 (~r(θ))~r˙2 (θ)]dθ 0 Z2π Z2π a cos θ a sen θ (−a sen θ) + (a cos θ)]dθ = dθ = 2π, = [− a2 a2 0 0 lo que muestra que al menos para ese tipo de caminos cerrados la integral de trabajo no es cero. En el ejemplo anterior, si Γ es una curva cerrada y regular contenida en R3 \ Eje Z tal que es posible encontrar una superficie orientable S que esté completamente contenida en R3 \ Eje Z y tal que ∂S = Γ, entonces sí es posible aplicar el teorema de Stokes para concluir que I ZZ ~ = 0. F~ · d~r = rot(F~ ) · dA Γ S El problema con la circunferencia C(a) es que cualquier superficie regular por trozos S que la interpole en el sentido que ∂S = C(a), necesariamente pasa por el Eje Z, y en consecuencia no se cumple la hipótesis del teorema de Stokes sobre que la superficie tiene que estar completamente contenida en el dominio de diferenciabilidad del campo. Esto ocurre por el tipo de dominio que estamos considerando en este caso: Ω = R3 \ Eje Z. Por lo tanto, la conclusión es que si el dominio Ω en cuestión es tal que “siempre se puede aplicar el teorema de Stokes”, entonces la condición (3.4) es también suficiente para concluir que el campo es conservativo en dicho dominio. El dominio más simple donde esto se asegura es precisamente el espacio completo, es decir, apelando al teorema de Stokes se tiene el siguiente resultado: 52 CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE TRABAJO Y EL TEOREMA DE STOKES Proposición 3.4.4. Sea F~ : R3 → R3 un campo de clase C 1 . Entonces: F~ es conservativo en R3 rot F~ = ~0 en R3 . ⇔ Sin embargo, hay otros dominios que también permiten concluir una caracterización similar. Un dominio Ω se dice estrellado si existe ~r0 ∈ Ω tal que para todo ~r ∈ Ω el segmento [~r0 , ~r] está contenido en Ω. Un dominio Ω se dice convexo si para todo par de puntos ~r1 , ~r2 ∈ Ω el segmento [~r1 , ~r2 ] está contenido en Ω. Se tiene que: Todo dominio convexo es estrellado. R3 \ Eje Z no es estrellado. Intuitivamente, un dominio estrellado no tiene agujeros por lo que dada una curva cerrada y regular por trozos en un dominio estrellado, siempre es posible encontrar una superficie orientable regular por trozos que la interpola y que está completamente contenida por el dominio, de modo que se cumple el siguiente resultado que generaliza al anterior: Proposición 3.4.5. Sea F~ : Ω ⊆ R3 → R3 un campo de clase C 1 . Supongamos que Ω es estrellado. Entonces: F~ es conservativo en Ω rot F~ = ~0 en Ω. ⇔ Existen además otros dominios que, sin ser estrellados, sí permiten interpolar una superficie dada cualquier curva cerrada contenida en ellos. Un ejemplo es Ω = R3 \ {~0}, para el cual se cumple que si Γ es una curva simple, regular por trozos y cerrada que no pase por el origen, siempre es posible construir una superficie regular por trozos y orientable S ⊂ R3 \ {~0} tal que ∂S = Γ, por lo que también se tiene lo siguiente: Proposición 3.4.6. Sea F~ : R3 \ {~0} → R3 un campo de clase C 1 . Entonces: F~ es conservativo en R3 \ {~0} rot F~ = ~0 en R3 \ {~0}. ⇔ Ejemplo 3.4.7. Consideremos un campo central expresado en coordenadas esféricas F~ (~r) = φ(r)r̂, r > 0, para alguna función φ : (0, ∞) → R de clase C 1 . Usando la expresión del rotor en estas coordenadas (ver la sección 1.3.4 y también el ejercicio 1.4.7) se verifica directamente que rot F~ = ~0 en R3 \ {~0}. En virtud del último resultado, concluimos que F~ es conservativo en R3 \ {~0}. Esto se puede verificar directamente en este caso usando la expresión del gradiente en coordenadas esféricas (1.10), de donde se concluye fácilmente que Z g(r) = − φ(r)dr + C, r > 0, proporciona un potencial para F~ en R3 \ {~0}, donde constante arbitraria. R φ(r)dr es una primitiva de φ y C es una 3.5. EJERCICIOS 3.5. 53 Ejercicios 2 ~ 1. Sea Z el campo vectorial F (x, y) = (2x + y )ı̂ + (3y − 4x)̂. Calcular la integral de trabajo F~ · d~r donde Γ es la lenteja formada por las ecuaciones x = y 2 ; y = x2 ; x, y ≥ 0 Γ recorrida en sentido anti-horario. 2. Una partícula se mueve a lo largo de una trayectoria Γ sobre el manto del paraboloide invertido de ecuación x2 + y 2 = −z de manera que la altura z y el ángulo θ en cilíndricas cumplen la relación z(θ) = −e−2θ , θ ≥ 0. Considere el campo   2xy −2xy 2 2 3 z + x sen(x ), − y cos(y ), e F~ (x, y, z) = x2 + y 2 x2 + y 2 Calcule el trabajo del campo a lo largo de Γ. Z ∞ 2 Indicación: e−x cos3 (x)dx = . 5 0 3. Una partícula se desplaza sobre la esfera de centro (0, 0, 0) y radio a describiendo una trayectoria helicoidal caracterizada por las ecuaciones r = a y ϕ = θ/2 (coordenadas esféricas) con θ variando desde 0 hasta 2π. Bosqueje esta trayectoria y calcule el trabajo realizado por la fuerza F~ (x, y, z) = −yı̂ + x̂. 4. Considere el campo x y F~ (x, y, z) = p ı̂ + p ̂ + z k̂ x2 + y 2 x2 + y 2 y las curvas con sus respectivas parametrizaciones C1 : ~Γ1 (t) = (a cos(t), a sin(t), 0), t ∈ [π, 2π] C2 : ~Γ2 (t) = (1 − t)(a, 0, 0) + t(a, 0, a), t ∈ [0, 1] C3 : ~Γ3 (t) = (a cos(t), a sin(t), a), t ∈ [0, π] Z S S F~ · d~r. Bosqueje C = C1 C2 C3 y calcule C 5. Calcule la integral de trabajo Z Γ F~ · d~r para el campo vectorial F~ = (x2 − yz, y 2 − xz, z 2 − xy) sobre la hélice Γ que une los puntos P = (1, 0, 0) y Q = (1, 0, 1) dando una sola vuelta. 6. Sean φ, ψ : R3 → R dos funciones de clase C 2 . Sea Σ una superficie regular a trozos y orientable con borde geométrico dado por C = ∂Σ, ambos orientados consistentemente. Muestre que ZZ Z ~ ∇φ × ∇ψ · dA = φ∇ψ · d~r. Σ C CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE TRABAJO Y EL TEOREMA DE STOKES 54 7. Dados dos campos escalares f, g : R3 → R de clase C 2 , pruebe que para toda curva simple cerrada y regular por pedazos Γ se tiene I I f ∇g · d~r + g∇f · d~r = 0. Γ Γ 8. Sea S el hemisferio superior de la esfera x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1 orientado según la normal superior. Considere el campo definido por Calcule ZZ S F~ (x, y, z) = (z sen(x) − y 3, z cos(y) + x3 , cos(xy)). ~ ∇ × F~ dA. 9. Utilice el teorema de Green en el plano para calcular el área de la región encerrada por la hipocicloide x2/3 + y 2/3 = 4. Ind.: considere la curva plana parametrizada por x = 8 cos3 θ y y = 8 sin3 θ, θ ∈ [0, 2π]. ~ = (x − y)ı̂ + 10. Utilice el teorema de Stokes para calcular la integral de trabajo del campo G 2 2 2 x y̂ + zxk̂ a lo largo del círculo x + y = 1 orientado en sentido antihorario. 11. Sea Γ la curva definida por la intersección del plano x + z = 2 y la esfera x2 + y 2 + z 2 = 2(x+ z). Bosqueje la curva Γ. EscojaIuna orientación para Γ y utilice el teorema de Stokes ~ donde G(x, ~ · dr ~ para calcular la integral de trabajo G y, z) = (z, 2x, y). Γ H 12. Use el Teorema de Stokes para calcular C [y 2 ı̂ + z 2 ̂ + x2 k̂] · d~r donde C es el triángulo de vértices (0, 0, 0), (0, a, 0), (0, 0, a) recorridos en dicho orden. 13. Sea Γ ⊂ R3 la curva definida por las ecuaciones x2 + y 2 + z 2 = 1, z 2 (x2 + y 2) = y 2 , 2 x, y, z ≥ 0. Calcule el trabajo de F~ (x, y, z) = x2x+y2 ı̂ + x2xy ̂ + ez k̂. +y 2 14. Sea F~ (x, y, z) = (6abz 3 y−20bx3 y 2, 6abxz 3 −10bx4 y, 18abxyz 2 ). Pruebe que es conservativo y determine el potencial asociado. 15. Pruebe que el campo F~ (x, y, z) = (x + y)ı̂ + (x − y)̂ es conservativo. Calcule el trabajo de F~ sobre la hélice ϕ ~ (θ) = cos θı̂ + sin θ̂ + θk̂, 0 ≤ θ ≤ 2π. 16. Considere la región del plano R = [0, π]2 ⊂ R2 . Se define para n > 2 las siguientes funciones Mn (x, y) = xy n−1 cosn (y) + ln(1 + xn ) n Nn (x, y) = yxn−1 sinn (x) + yey (a) Calcule In = R Mn (x, y)dx + Nn (x, y)dy. ∂R (b) Calcule lı́m I2n y lı́m I2n+1 n→∞ n→∞ 3.6. PROBLEMAS 3.6. 55 Problemas Problema 3.1. Sea Ω ⊆ R3 un abierto no vacío, F~ : Ω → R3 un campo vectorial y g : Ω → R un campo escalar, ambos de clase C 1 . Pruebe que si S ∪ ∂S ⊂ Ω, donde S es una superficie regular a pedazos, entonces se tiene la fórmula de integración por partes ZZ I ZZ ~ ~ ~ ~ g rot(F ) · dA = g F · d~r − ∇g × F~ · dA, S ∂S S siempre que las orientaciones de S y ∂S sean las adecuadas (explique). ¿Qué puede decir cuando además se tiene que F~ es conservativo en Ω? Problema 3.2. Considere la curva Γ sobre el plano XY descrita por la siguiente ecuación en coordenadas polares ρ = a (1 − cos (θ)) a > 0, θ ∈ [0, 2π] (a) Encuentre una parametrización para Γ y bosqueje esta curva. (b) Calcule el trabajo efectuado por el campo vectorial  

2x 2y 2 2 2 2 2 2 ~ F = 2xy cos x y + 2 , 2x y cos x y + 2 x + y2 + 1 x + y2 + 1 al dar una vuelta completa a lo largo de la curva Γ en el sentido anti-horario. Problema 3.3. Dado h > 0, sea Γ la curva que se encuentra sobre la superficie definida por z2 , h2 x2 + y 2 = de forma tal que la altura z = z (θ) satisface la ecuación diferencial dz = z dθ z (0) = h donde z y θ representan las coordenadas cilíndricas. (a) Bosqueje la curva. (b) Considere el campo vectorial F~ (x, y, z) =  1 1 1 , ,− 2 x y z  .   Sea Γ0 la restricción de Γ a θ ∈ π6 , π3 , . Calcule el trabajo realizado por el campo F~ al desplazar una partícula a través de Γ0 . CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE TRABAJO Y EL TEOREMA DE STOKES 56 Problema 3.4. 1 (a) Bosqueje la superficie definida por z 2 +x2 = 4+y 2 , y ≥ 0. Note que para y fijo, la ecuación anterior representa una circunferencia. (b) Bosqueje la curva C obtenida al intersectar la superficie anterior con el cilindro de ecuación x2 + y 2 = 4. I (c) Calcule la circulación F~ · d~r para el campo (en coordenadas cilíndricas) C z F~ (ρ, θ, z) = (ρ sin θ + z) ρ̂ + sin θ θ̂ + (z 3 − ρ cos θ) k̂. ρ Problema 3.5. 2 Sea Γ la curva que se obtiene de intersectar la superficie z = x2 + y 2 con la superficie de la esfera unitaria. Considere Γ recorrida en sentido antihorario. (a) Calcule la integral de trabajo del campo F~ = (x2 + z) ı̂ + (y 2 + x) ̂ + (z 2 + y) k̂ a lo largo de Γ. (b) Sea F~ = ρ1 θ̂ + z k̂ (en coordenadas cilíndricas). Pruebe que rot F~ = ~0 para ρ > 0, pero que I sin embargo F~ · d~r 6= 0. Explique esta aparente contradicción con el teorema de Stokes. Γ Problema 3.6. 3 x x2 − y ı̂ + 2 ̂. Considere el campo F~ (x, y, z) = 2 2 (x + y ) (x + y 2) − 2y (a) Indique el dominio de definición de F~ y pruebe que ∇ × F~ = ~0 en dicho dominio. I (b) Calcule la integral de trabajo F~ · d~r a lo largo de la circunferencia x2 + y 2 = 1, z = 2 C recorrida en sentido antihorario. ¿Contradice esto el teorema de Stokes? Explique. I (c) Calcule el trabajo F~ · d~r a lo largo de cualquier curva simple regular C contenida en el C plano z = 0 y que no pasa por el origen. Distinga según si la curva encierra o no el origen. Control 2. Primavera 1996. Matemáticas Aplicadas. Prof: Roberto Cominetti Control 2. Primavera 1997. Matemáticas Aplicadas. Prof: Roberto Cominetti 3 Control 2. Primavera 1999. Matemáticas Aplicadas. 1 2 Capítulo 4 Complementos sobre divergencia y teorema de Gauss 4.1. Caracterización límite de la divergencia Sea F~ : Ω ⊆ R3 → R3 un campo vectorial de clase C 1 donde Ω es un abierto no vacío. Consideremos un punto arbitrario ~r0 = (x0 , y0, z0 ) ∈ Ω. Sea {Ωε }ε>0 ⊂ Ω una familia de abiertos acotados contenidos en Ω cuyas fronteras {∂Ωε }ε>0 son superficies regulares por pedazos y orientadas según la normal exterior, y tales que se satisface lo siguiente: (i) ∀ε > 0, ~r0 ∈ Ωε . (ii) diam(Ωε ) := sup{kx − yk | x, y ∈ Ωε } → 0 cuando ε → 0. A modo de ejemplo podemos tomar el cubo Ωε = (x0 , x0 + ε) × (y0 , y0 + ε) × (z0 , z0 + ε), √ cuyo diámetro es ε 3 y que está contenido en Ω, al menos para todo ε > 0 suficientemente pequeño. En el caso general, notemos que como consecuencia de (ii), Vol(Ωε ) → 0 cuando ε → 0. Además, si para cada ε > 0 escogemos ~rε ∈ Ωε , por (i) combinado con (ii) deducimos que ~rε → ~r0 cuando ε → 0. En virtud primero del teorema de la divergencia de Gauss, y en segundo término del teorema del valor medio para integrales múltiples, se tiene que para cada ε > 0: ZZ ZZZ ~ ~ F · dA = div(F~ )dV = div(F~ )(~rε ) Vol(Ωε ), (4.1) ∂Ωε Ωε para algún ~rε ∈ Ωε . Como F~ es de clase C 1 , tenemos que div(F~ ) : Ω → R es continuo y por lo tanto div(F~ )(~rε ) → div(F~ )(~r0 ) cuando ε → 0. De esta forma, a partir de (4.1) podemos inferir lo siguiente: ZZ ~ 1 ~ = lı́m flujo de F que sale de Ωε . (4.2) F~ · dA div(F~ )(~r0 ) = lı́m ε→0 ε→0 Vol(Ωε ) volumen de Ωε ∂Ωε 57 58 CAPÍTULO 4. COMPLEMENTOS SOBRE DIVERGENCIA Y TEOREMA DE GAUSS Observación 4.1.1. La expresión (4.2) proporciona una caracterización del valor que toma div(F~ )(~r0 ) que no hace referencia explícita a ningún sistema de coordenadas en particular, sino que sólo depende del comportamiento límite del cociente entre el flujo que sale a través de ∂Ωε y el volumen del abierto Ωε . 4.2. Fórmulas integrales de Green Las siguientes fórmulas son del tipo integración por partes y resultan como consecuencias directas del teorema de la divergencia de Gauss. Proposición 4.2.1 (Primera fórmula integral de Green). Sean f y g dos campos escalares de clase C 1 y C 2 , respectivamente, en un abierto no vacío U ⊆ R3 . Consideremos un abierto Ω ⊆ R3 cuya superficie ∂Ω es cerrada, regular por pedazos y orientada según la normal exterior n̂. Supongamos que Ω ⊂ U. Entonces ZZZ ZZZ ZZ ∂g dA − ∇f · ∇g dV, (4.3) f ∆g dV = f ∂n Ω donde Ω ∂Ω ∂g = ∇g · n̂ denota la derivada normal de g. ∂n Demostración. Consideremos el campo vectorial definido por F~ = f ∇g, que por hipótesis resulta ser de clase C 1 en U. Notemos que div F~ = div(f ∇g) = f ∆g + ∇f · ∇g. Además, se tiene ∂g F~ · n̂ = f ∂n Entonces la igualdad (4.3) se deduce de aplicar el teorema de la divergencia al campo F~ .  Un corolario inmediato de la proposición anterior que tiene una expresión más simétrica en cuanto a los roles de f y g es el siguiente resultado. Proposición 4.2.2 (Segunda fórmula integral de Green). Sean f y g dos funciones escalares de clase C 2 en un abierto no vacío U ⊆ R3 . Consideremos un abierto Ω ⊆ R3 cuya superficie ∂Ω es cerrada, regular por pedazos y orientada según la normal exterior n̂. Entonces  ZZZ ZZ  ∂g ∂f (f ∆g − g∆f )dV = f dA. (4.4) −g ∂n ∂n Ω ∂Ω Demostración. La igualdad (4.4) se deduce directamente al aplicar dos veces la proposición anterior a f y g, pero con la salvedad que la segunda vez se intercambian los roles de cada función para luego restar a (4.3) la ecuación correspondiente donde los roles de f y g fueron intercambiados.  4.3. DIVERGENCIA EN COORDENADAS ORTOGONALES 4.3. 59 Divergencia en coordenadas ortogonales En esta sección veremos cómo obtener la fórmula (1.11) para la divergencia en coordenadas ortogonales, a partir de escoger apropiadamente la familia de abiertos {Ωε }ε>0 ⊂ Ω en (4.2). Sea ~r : D ⊆ R3 → R3 un sistema de coordenadas ortogonales. Consideremos el vector r~0 = ~r(u0 , v0 , w0 ) y para cada ε > 0 suficientemente pequeño definamos el abierto Ωε = {~r(u, v, w) | u0 < u < u0 + ε, v0 < v < v0 + ε, w0 < w < w0 + ε}. (4.5) Es fácil ver que esta elección para la familia de abiertos {Ωε }ε>0 satisface las condiciones establecidas en la sección 4.1 y que aseguran la validez de (4.2). Sea también F~ : Ω ⊆ R3 → R3 un campo de clase C 1 en el abierto Ω con r~0 ∈ Ω. Definamos Fu = Fu (u, v, w) = F~ (~r(u, v, w)) · û(u, v, w), Fv = Fv (u, v, w) = F~ (~r(u, v, w)) · v̂(u, v, w), Fw = Fw (u, v, w) = F~ (~r(u, v, w)) · ŵ(u, v, w). De este modo, podemos escribir F~ (~r(u, v, w)) = Fu (u, v, w)û(u, v, w) + Fv (u, v, w)v̂(u, v, w) + Fw (u, v, w)ŵ(u, v, w), o más simplemente F~ = Fu û + Fv v̂ + Fw ŵ, donde hemos omitido las dependencias explícitas en (u, v, w) para simplificar la notación. Notemos que podemos descomponer la superficie ∂Ωε en la unión de 6 superficies regulares, cada una correspondiente a la imagen vía el cambio de coordenadas ~r = ~r(u, v, w) de una cara del cubo [u0 , u0 + ε] × [y0 , y0 + ε] × [z0 , z0 + ε] perteneciente al espacio donde se mueven las coordenadas (u, v, w). Por ejemplo, si llamamos Sε1 a la imagen vía ~r de la cara correspondiente a u = u0 + ε, entonces Sε1 es la superficie parametrizada por ϕ ~ (v, w) = ~r(u0 + ε, v, w), (v, w) ∈ [y0 , y0 + ε] × [z0 , z0 + ε], en cuyo caso es fácil ver que la normal exterior a la región Ωε está dada por n̂ = û(u0 + ε, v, w), mientras que el diferencial de área correspondiente (ver el apéndice B) es dA = (hv hw )(u0 + ε, v, w). Aquí ∂~r ∂~r ∂~r ∂~r ∂~r ∂~r /k k, hv = /k k y hw = /k k ∂u ∂u ∂v ∂v ∂w ∂w son los factores escalares asociados a cada componente del sistema de coordenadas ~r. hu = 60 CAPÍTULO 4. COMPLEMENTOS SOBRE DIVERGENCIA Y TEOREMA DE GAUSS De esta forma, tenemos que para esa superficie el flujo según la normal exterior se puede expresar como vZ0 +ε w ZZ Z0 +ε ~= (Fu hv hw )(u0 + ε, v, w)dwdv F~ · dA v0 Sε1 w0 Procediendo de manera análoga con las otras 5 superficies y conservando siempre la orientación dada por la normal exterior al abierto en cada caso, se deduce que: ZZ ~= F~ · dA ∂Ωε uZ0 +ε vZ0 +ε u0 v0 [Fw hu hv (u, v, w0 + ε) − Fw hu hv (u, v, w0)]dvdu + uZ0 +ε w Z0 +ε + vZ0 +ε w Z0 +ε u0 v0 = w0 w0 [Fv hu hw (u, v0 + ε, w) − Fv hu hw (u, v0 , w)]dwdu [Fu hv hw (u0 + ε, v, w) − Fu hv hw (u0 , v, w)]dwdv uZ0 +ε vZ0 +ε w Z0 +ε u0 ∂ [ ∂u (Fu hv hw ) + + ∂ (Fw hu hv )] ∂w hu hv hw w0 v0 ∂ (Fv hu hw ) ∂v hu hv hw dwdvdu, Denotando Γ(u, v, w) = ∂ (Fu hv hw ) ∂u + ∂ (Fv hu hw ) ∂v + ∂ (Fw hu hv ) ∂w hu hv hw , y usando la expresión del diferencial de volumen (ver el apéndice C) dV = hu hv hw dwdvdu junto con el teorema del valor medio para integrales múltiples, se obtiene ZZ ~ = Γ(uε , vε , wε ) F~ · dA uZ0 +ε vZ0 +ε w Z0 +ε dV = Γ(uε , vε , wε ) Vol(Ωε ), u0 ∂Ωε v0 w0 para ciertos uε ∈ [u0 , u0 + ε], vε ∈ [v0 , v0 + ε], y wε ∈ [w0 , w0 + ε]. Esta última igualdad junto con (4.2) implica que div(F~ )(~r0 ) = Γ(u0, v0 , w0 ), es decir, div F~ = 1 ∂ ∂ ∂ [ (Fu hv hw ) + (hu Fv hw ) + (hu hv Fw )] hu hv hw ∂u ∂v ∂w que es exactamente (1.11). 4.4. **DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE GAUSS 4.4. 61 **Demostración del teorema de Gauss El objetivo de esta sección es proporcionar una demostración completa del teorema de la divergencia de Gauss. Comenzaremos por probar algunas afirmaciones. La primera es que el operador de divergencia es invariante bajo rotaciones de los ejes. Para hacer precisa esta afirmación escribamos 3 X ~ F = (F1 , F2 , F3 ) = Fi ei i=1 3 donde e1 , e2 , e3 forman P3 la base canónica de~R . Consideremos una base ortonormal v1 , v2 , v3 de 3 ~ R . Entonces F = i=1 F̃i vi donde F̃i = hF , vi i. Introduzcamos el cambio de variables x = Ry donde     x1 y1 x = x2  R = [v1 , v2 , v3 ] y = y2  , x3 y3 es decir, R es la matriz de 3 × 3 cuyas columnas son los vectores v1 , v2 , v3 . Notemos que al ser estos vectores ortonormales se tiene RT R = I = RRT . Entonces en las variables y y usando la base v1 , v2 , v3 el campo se puede expresar como F̃ (y) = 3 X F̃i (y) = hF~ (Ry), vii F̃i (y)vi i=1 Lema 4.4.1. Con la notación anterior se tiene div F~ = 3 X ∂Fi i=1 ∂xi = 3 X ∂ F̃i i=1 ∂yi Demostración. Utilizando la definición de F̃i y la regla de la cadena tenemos 3 X ∂ F̃i i=1 ∂yi = 3 3 X 3 X X ∂F (Ry) ∂F ∂xj h , vi i = h , vi i ∂y ∂x ∂y i j i i=1 i=1 j=1 Pero la relación x = Ry se puede escribir componente por componente xj = ∂x nos da ∂yji = Rji . Por lo tanto P3 i=1 Rji yi lo que 3 X ∂ F̃i i=1 3 X 3 X ∂F = h Rji, vi i ∂yi ∂x j i=1 j=1 Por P3 otro lado, los vectores vi pueden expresarse en términos de R y la base canónica vi = k=1 Rki ek por lo que ! 3 3 3 3 3 X 3 3 X X X ∂F ∂F ∂ F̃i X X X Rji Rki h = Rjih , Rki ek i = , ek i ∂y ∂x ∂x i j j i=1 i=1 j=1 k=1 j=1 k=1 i=1 62 CAPÍTULO 4. COMPLEMENTOS SOBRE DIVERGENCIA Y TEOREMA DE GAUSS Pero al ser R una matriz ortonormal, es decir, RT R = RRT = I tenemos 3 X Rji Rki = componente jk del producto RRT = δjk i=1 donde δjk = Por lo tanto obtenemos 3 X ∂ F̃i i=1 ∂yi = ( 1 si j = k 0 si j 6= k. 3 X 3 X j=1 3 3 X ∂F X ∂Fj ∂F δjk h h , ek i = , ej i = . ∂xj ∂xj ∂xj j=1 j=1 k=1  El segundo paso para probar el teorema de la divergencia consiste en obtener una versión local de este, es decir, una versión del teorema donde además se supone que el campo F~ es cero fuera de una bola suficientemente pequeña. Lema 4.4.2. (Versión local del teorema de la divergencia) Para cualquier x0 ∈ Ω existe un R > 0 (pequeño, que depende de x0 ) tal que si F~ es un campo C 1 que se anula fuera de BR (x0 ) entonces ZZ ZZZ ~ ~ F · dA = div(F~ )dV. (4.6) ∂Ω Ω Demostración. El caso x0 ∈ ∂Ω. Gracias al Lema 4.4.1 vemos que la fórmula (4.6) es invariante bajo rotación de los √ ejes. Efectuando una rotación conveniente podemos suponer entonces que n̂(x0 ) = (1, 1, 1)/ 3. Usando la definición de superficie regular y el teorema de la función inversa podemos afirmar que existe R > 0 tal que la superficie ∂Ω ∩ BR (x0 ) es el grafo de funciones C 1 ϕi : Ui → R 1 ≤ i ≤ 3 es decir ∂Ω ∩ BR (x0 ) = {(x1 , x2 , x3 ) : x1 = ϕ1 (x2 , x3 ), (x2 , x3 ) ∈ U1 } = {(x1 , x2 , x3 ) : x2 = ϕ2 (x1 , x3 ), (x1 , x3 ) ∈ U2 } = {(x1 , x2 , x3 ) : x3 = ϕ3 (x1 , x2 ), (x1 , x2 ) ∈ U3 } donde U1 , U2 , U3 son abiertos de R2 . Escribamos  ZZZ ZZZ ZZZ  ∂F ∂F ∂F 2 3 1 dV + + div F~ dV = div F~ dV = ∂x1 ∂x2 ∂x3 Ω Ω∩BR (x0 ) Ω∩BR (x0 ) y analicemos el último término. Vemos que se puede elegir 0 < r < R tal que si F~ se anula fuera de Br (x0 ) entonces ZZZ Z Z Z ϕ3 (x1 ,x2 ) ∂F3 ∂F3 dV = dx3 dx1 dx2 ∂x3 ∂x3 U3 x̄3 Ω∩BR (x0 ) 4.4. **DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE GAUSS 63 para algún x̄3 que depende de x0 . Luego ZZ ZZZ ∂F3 dV = F3 (x1 , x2 , ϕ3 (x1 , x2 ))dx1 dx2 . ∂x3 U3 Ω∩BR (x0 ) Como ∂Ω ∩ BR (x0 ) se puede parametrizar por ~r(x1 , x2 ) = (x1 , x2 , ϕ3 (x1 , x2 )) tenemos   ∂~r ∂~r ∂ϕ3 ∂ϕ3 × = − ,− ,1 ∂x1 ∂x2 ∂x2 ∂x1 Luego, si F~ se anula fuera de Br (x0 ) ZZ ZZ (0, 0, F3 ) · n̂ dS = F3 (x1 , x2 , ϕ3 (x1 , x2 ))dx1 dx2 ∂Ω U3 y deducimos que ZZZ Ω ∂F3 dV = ∂x3 ZZ (0, 0, F3) · n̂ dS. ∂Ω Similarmente, utilizando la parametrización ~r(x1 , x3 ) = (x1 , ϕ2 (x1 , x3 ), x3 ) se encuentra ZZ ZZZ ∂F2 dV = (0, F2 , 0) · n̂ dS. ∂x2 Ω y análogamente ZZZ Ω ∂Ω ∂F1 dV = ∂x1 ZZ (F1 , 0, 0) · n̂ dS. ∂Ω Sumando las fórmulas anteriores deducimos la validez de (4.6) en el caso que x0 ∈ ∂Ω y F~ se anula fuera de Br (x0 ). El caso x0 ∈ Ω. En este caso basta encontrar un cubo Q de centro x0 contenido en Ω y luego elegir R > 0 pequeño tal que BR (x0 ) ⊆ Q. Podemos aplicar entonces el cálculo en el caso de un cubo y obtener ZZZ ZZZ ZZ ~ ~ div F = div F = F~ · n̂ dS = 0 Ω Notando que Q ∂Q ZZ F~ · n̂ dS = 0 ∂Ω obtenemos (4.6) en este caso.  64 CAPÍTULO 4. COMPLEMENTOS SOBRE DIVERGENCIA Y TEOREMA DE GAUSS Veamos ahora cómo se deduce la versión general del teorema de la divergencia. Demostración (caso general). Tenemos que para cada x ∈ Ω existe un Rx > 0 tal que si F~ se anula fuera de BRx (x) entonces vale la fórmula del teorema de la divergencia. Usando la compacidad de Ω (cerrado y acotado) podemos encontrar una familia finita de puntos xi , 1 ≤ i ≤ m con sus respectivos Ri = Rxi > 0 tales que Ω se puede cubrir por la unión ∪m i=1 BRi (xi ), y para cualquier bola BRi (xi ), si F~ se anula fuera de BRi (xi ) entonces vale el teorema. Para cada bola BRi (xi ) podemos encontrar una función η̃i : R3 → R, de clase C 1 tal que η̃i > 0 en BRi (xi ) y η̃i se anula fuera de la bola. Para x ∈ Ω definamos η̃i (x) ηi (x) = Pm j=1 η̃j (x) Entonces ηi es C 1 en una vecindad de Ω ηi se anula fuera de BRi (xi ) Pm para cualquier x ∈ Ω: i=1 ηi (x) = 1. P ~ Consideremos un campo F~ de clase C 1 . Como m i=1 ηi (x) = 1 podemos descomponer F de la forma m X ~ F = (ηi F~ ). i=1 Cada función ηi F~ es un campo C 1 que se anula fuera de BRi (xi ) por lo que podemos aplicar la versión local del teorema de la divergencia ZZ ZZZ ~ ηi F · n̂ dS = div(ηi F ) dV ∂Ω Ω Sumando ZZ F~ · n̂ dS = ∂Ω ZZ X m ∂Ω = ZZZ Ω i=1 ηi F~ · n̂ dS = div " m X i=1 ηi F~ # ZZZ X m Ω dV = div(ηi F~ ) dV i=1 ZZZ div F~ dV Ω  Capítulo 5 Complementos sobre rotor y teorema de Stokes 5.1. Caracterización límite del rotor Dado un campo vectorial F~ : Ω ⊆ R3 → R3 de clase C 1 sobre el abierto no vacío Ω y un punto arbitrario ~r0 = (x0 , y0 , z0 ) ∈ Ω, consideramos una familia {Ωε }ε>0 ⊂ Ω que satisface las mismas condiciones que las usadas en la sección 4.1 para la caracterización límite de la divergencia. Es posible probar entonces que ZZ 1 ~ rot(F )(~r0 ) = lı́m n̂ × F~ dA, (5.1) ε→0 Vol(Ωε ) ∂Ωε donde n̂ es la normal exterior a cada superficie ∂Ωε . En efecto, dado ε > 0 y ~v ∈ R3 , se tiene   ZZ ZZ ZZ 1 1 1 ~ ~   ~v · (n̂ × F ) dA = ~v · (n̂ × F ) dA = (F~ × ~v ) · n̂ dA. Vol(Ωε ) Vol(Ωε ) Vol(Ωε ) ∂Ωε ∂Ωε ∂Ωε En virtud de 4.2, deducimos que la expresión del lado derecho converge a div(F~ × ~v ), es decir   ZZ 1 lı́m ~v ·  (n̂ × F~ ) dA = div(F~ × ~v ). (5.2) ε→0 Vol(Ωε ) ∂Ωε Dado que ~v ∈ R3 es arbitrario, esta última fórmula implica que el límite existe y más aún, al reemplazar ~v = ı̂, ~v = ̂ y ~v = k̂, nos permite obtener la expresión: ZZ 1 n̂ × F~ dA = div(F~ × ı̂) ı̂ + div(F~ × ̂) ̂ + div(F~ × k̂) k̂ = rot F~ . lı́m ε→0 Vol(Ωε ) ∂Ωε Para la última igualdad usamos una identidad que es fácil de verificar (ver el ejercicio 1.4.5). 65 66 5.2. CAPÍTULO 5. COMPLEMENTOS SOBRE ROTOR Y TEOREMA DE STOKES Interpretación física del rotor La interpretación física que se le da al rotor asociado a un campo F~ es la de proporcionar, salvo una constante, la velocidad angular local de éste, la cual se produce cuando el fluido en el punto estudiado “rota” sobre sí mismo. Para ver esto, consideremos una rueda de altura h y aspas de radio ρ, y cuyo centro esta ubicado en el punto (x, y, z). Esta se sumerge en un fluido de campo de velocidades dado por F~ como muestra la figura: ω̂ θ̂ ρ̂ La velocidad tangencial de los puntos ubicados en el borde de la rueda es F~ · θ̂, de modo que la rapidez angular media w̄ se puede estimar de la siguiente manera 1 ρw̄ = v̄T = 2πh Z Zh 2π 0 0 (F~ · θ̂) dθdz = 1 2πρh ZZ (F~ · θ̂) dA, S donde S denota el borde de la rueda (o manto del cilindro que ésta forma) y v̄T denota la rapidez tangencial media. Usando propiedades del producto cruz y el hecho que θ̂ = ŵ × ρ̂ se obtiene que F~ · θ̂ = F~ · (ŵ × ρ̂) = ŵ · (ρ̂ × F~ ), lo que implica ZZ ZZ 1 1 ŵ · (ρ̂ × F~ ) dA = ŵ · (n̂ × F~ ) dA, w̄ = 2πρ2 h 2πρ2 h S S ya que la normal exterior a la superficie S es precisamente n̂ = ρ̂. Ahora, la normal exterior a las tapas del cilindro que forma la rueda es un factor de ŵ, el producto entre ŵ y la integral de sobre las tapas se anula. De esta forma obtenemos   ZZ ZZ 1 1 1   w̄ = ŵ · (n̂ × F~ ) dA , (n̂ × F~ ) dA = ŵ ·  2 2πρ h 2 Vol(Ch,ρ ) Ch,ρ Ch,ρ donde Ch,ρ denota el cilindro de radio ρ y altura h formado por la rueda. Haciendo tender h y ρ a cero, se obtiene por (5.1) que 1 w(x, y, z) = ŵ · rot(F~ )(x, y, z). 2 (5.3) 5.2. INTERPRETACIÓN FÍSICA DEL ROTOR 67 Es decir, el rotor rot(F~ ) coincide con la velocidad angular del flujo F~ en el punto (x, y, z), salvo por el factor 12 , tal como lo habíamos anunciado. Ejemplo 5.2.1. Un cuerpo sólido gira en torno al eje k̂ con velocidad angular constante igual a ~ω = ω k̂ con ω > 0 una constante. Sabemos que la velocidad de un punto en la posición ~r es ~v = ~ω × ~r, vale decir, el campo de velocidades está dado por ~v (x, y, z) = ω k̂ × (xı̂ + y̂ + z k̂) = −ωyı̂ + ωx̂ k̂ ω ~v ~r ̂ ı̂ Usando la definición diferencial del rotor se obtiene:   ∂ ∂ ∂ rot ~v = ∇ × ~v = ı̂ × (−ωyı̂ + ωx̂) = 2ω k̂ = 2~ω . + ̂ + k̂ ∂x ∂y ∂z Observación 5.2.2. Si F~ es el campo de velocidades de un fluido, la condición rot F~ = ~0 significa que el fluido no rota sobre si mismo, es decir, una pequeña rueda sumergida en el flujo puede desplazarse en una trayectoria curvilínea pero no rotará sobre si misma. ∇ × F~ = 0 ∇ × F~ 6= 0 CAPÍTULO 5. COMPLEMENTOS SOBRE ROTOR Y TEOREMA DE STOKES 68 5.3. Bosquejo de la demostración del teorema de Stokes Supongamos que estamos bajo las condiciones del enunciado del teorema de Stokes. En esta sección daremos una idea de cómo se puede demostrar este resultado apelando a la caracterización límite del rotor dada por (5.1). Comenzamos por descomponer la superficie S en pequeños “cuadrados” Si de área ∆Ai y normal n̂i (siguiendo la dirección dada por n̂) como se muestra en la figura: n̂i S ∆Ai Sea ∂Si la curva cerrada definida como la frontera de la superficie Si , orientada de manera coherente con la normal n̂i . Además, a cada una de estas superficies Si le asociamos un paralelepípedo Ωih de base ∆Ai y altura h como se muestra en la siguiente figura n̂i S ∆Ai ∆Ai h Para cada i fijemos un punto ~ri ∈ Ωih . Debido a (5.1), se tiene que ZZ 1 n̂ × F~ dA. rot F~ (~ri ) ≃ h∆Ai (5.4) ∂Si Dado que la normal a las tapas superior e inferior del paralelepípedo Ωih es n̂ = n̂i y n̂ = RR −n̂i , respectivamente, notamos que el producto n̂i · n̂ × F~ dA es cero cuando la integral de superficie en cuestión es calculada en estas tapas. Además, para los cuatro lados restantes del paralelepípedo Ωih se tiene que n̂i · (n̂ × F~ ) = −n̂i · (F~ × n̂) = F~ · (n̂i × n̂) = F~ · T̂ , donde T̂ es el vector tangente a la curva ∂Si . Entonces, recordando que d~r = T̂ dr, de la ecuación (5.4) se obtiene  Z h I 1 ~ ~ rot F (~ri ) · n̂i ≃ F · d~r dh. h∆Ai 0 ∂Si 5.4. ROTOR EN COORDENADAS ORTOGONALES 69 La última igualdad es válida para toda altura h suficientemente pequeña, por lo que al hacer tender h a cero se infiere que I rot F~ (~ri ) · n̂i ∆Ai ≃ F~ · d~r. ∂Si Sumando esta expresión para todas las superficies Si , se deduce lo siguiente I X XI rot F~ (~ri ) · n̂i ∆Ai ≃ F~ · d~r = F~ · d~r. i ∂Si i (5.5) ∂S Notemos que en la última igualdad en (5.5) hemos usado que las integrales asociadas a los lados internos de los paralelepípedos Ωih se anulan Zentre Z sí. Finalmente, se concluye notando que el ~ cuando la malla se hace cada vez lado izquierdo de (5.5) converge a la integral rot(F~ ) · dA S más fina. Para que esta demostración sea rigurosa, falta justificar que los errores en las aproximaciones realizadas pueden hacerse arbitrariamente pequeños y por lo tanto se anulan en el límite. 5.4. Rotor en coordenadas ortogonales Sea ~r : D ⊆ R3 → R3 un sistema de coordenadas ortogonales ~r = ~r(u, v, w) cuyo triedro û, v̂ y ŵ satisface la regla de la mano derecha. Utilizaremos las mismas notaciones de la sección 4.3. En particular, consideramos la familia {Ωε }ε>0 dada por (4.5) y F~ : Ω ⊆ R3 → R3 un campo de clase C 1 , definido en un abierto Ω que satisface que r~0 = ~r(u0 , v0 , w0 ) ∈ Ωε ⊆ Ω para todo ε > 0 pequeño. Expresamos el campo vectorial en las coordenadas ortogonales como F~ = Fu û + Fv v̂ + Fw ŵ. Para obtener rot(F~ )(r~0 ) expresado en las coordenadas dadas por ~r, usaremos la escritura rot F~ = (rot(F~ ) · û)û + (rot(F~ ) · v̂)v̂ + (rot(F~ ) · ŵ)ŵ, donde todos los términos están evaluados en ~r0 . Para esto, daremos una caracterización límite del rotor válida en este contexto, alternativa a (5.1), que proviene de utilizar apropiadamente el teorema de Stokes. Comencemos por considerar la superficie Sε1 = {~r(u0 , v, w) | v0 ≤ v ≤ v0 + ε, w0 ≤ w ≤ w0 + ε}, que es exactamente la misma de la sección 4.3, y la curva cerrada Γε = ∂Sε1 que corresponde a la frontera de Sε1 . Recordemos que el campo de normales sobre la superficie Sε1 , exteriores a Ωε , está dado por n̂ = û(u0, v, w), (v, w) ∈ (v0 , v0 + ε) × (w0, w0 + ε). Recorramos Γε en sentido positivo respecto a la orientación dada por el campo de normales. En consecuencia, por el teorema de Stokes se tiene que I ZZ ZZ ~= F~ · d~r = rot(F~ ) · dA rot(F~ ) · û dA = [rot(F~ ) · û](~rε ) A(Sε1 ), Γε Sε1 Sε1 CAPÍTULO 5. COMPLEMENTOS SOBRE ROTOR Y TEOREMA DE STOKES 70 donde para la última igualdad usamos el teorema de valor medio para integrales múltiples de modo que ~rε = ~r(u0 , vε , wε ) para algún par (vε , wε ) ∈ (v0 , v0 + ε) × (w0 , w0 + ε). Por lo tanto, por continuidad de las derivadas de F~ , se sigue que I 1 ~ F~ · d~r. (5.6) [rot(F ) · û](r~0 ) = lı́m ε→0 A(Sε1 ) Γε Ahora bien, al descomponer la integral de trabajo del numerador en cuatro integrales, cada una asociada a uno de los segmentos que constituyen Γε y que son aristas de un lado de Sε1 , obtenemos, con algo de abuso de notación, que I F~ · d~r = Γε = vZ0 +ε F~ · d~r + v0 vZ0 +ε v0 − vZ0 +ε w Z0 +ǫ w0 F~ · d~r + Zv0 v0 +ε ∂~r F~ (~r(u0 , v, w0)) · dv + ∂v} | {z Fv (u0 ,v,w0 )hv (u0 ,v,w0 ) F~ · d~r + Zw0 w0 +ǫ F~ · d~r w Z0 +ǫ Fw (u0 , v0 + ε, w)hw (u0, v0 + ε, w)dw w0 Fv (u0 , v, w0 + ε)hv (u0 , v, w0 + ε)dv − w Z0 +ε Fw (u0 , v0 , w)hw (u0 , v0 , w)dw, w0 v0 que gracias al teorema fundamental del cálculo implica I F~ · d~r = Γε = ∂ (Fw hw )(u0 , v, w)dvdw − ∂v w Z0 +ε vZ0 +ε ∂ ∂ (Fw hw ) − (Fv hv )](u0 , v, w)dvdw ∂v ∂w w0 v0 [ w = vZ0 +ε w Z0 +ε w Z0 +ε vZ0 +ε Z Z0 Sε1 v0 v0 ∂ (Fv hv )(u0 , v, w)dwdv ∂w w0 ∂ ∂ 1 [ (Fw hw ) − (Fv hv )] dA. hv hw ∂v ∂w Luego, por (5.6), se tiene 1 ε→0 A(Sε1 ) [rot(F~ ) · û](r~0 ) = lı́m ZZ Sε1 ∂ ∂ 1 [ (Fw hw ) − (Fv hv )] dA. hv hw ∂v ∂w Utilizando una vez más el teorema del valor medio para integrales múltiples y haciendo ε → 0 se deduce finalmente que rot(F~ ) · û = 1 ∂ ∂ [ (Fw hw ) − (Fv hv )]. hv hw ∂v ∂w Argumentos análogos para las otras dos componentes permiten obtener expresiones similares para rot(F~ ) · v̂ y rot(F~ ) · ŵ, probando así la fórmula (1.13). Problemas de recapitulación Problema 1. 1 (a) Dado F~ ∈ C 2 (Ω; R3 ) con Ω ⊆ R3 un abierto, pruebe que div(∇ × F~ ) = 0. √ (b) Sea F~ (x, y, z) = (ez − x2 y)ı̂ + (z + xy 2 )̂ + y 2 1 + z 4 k̂. Calcule ∇ × F~ . (c) Sea S la superficie del casquete esférico x2 + y 2 + z 2 = 4, que se encuentra en la región z ≥ 1 y que se orienta según la normal superior (exterior a la esfera). Calcule el flujo de ∇ × F~ a través de S donde F~ es el campo vectorial de la parte (b). Problema 2. 2 Sea ~r el campo vectorial dado por ~r(x, y, z) = (x, y, z). Dada una superficie regular S y un vector fijo ~v0 ∈ R3 , demuestre que  Z 1  ZZ  (~v0 × ~r) · d~r si S tiene borde ∂S 6= ∅ 2 ∂S ~= ~v0 · dA  S  0 si S es una superficie cerrada donde S y ∂S tienen orientaciones compatibles (explique). Problema 3. 3 Sea ~v un campo definido por ~v (x, y, z) = zı̂ + x̂ + y k̂. Considere las siguientes regiones del espacio H1 = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0, y ≥ 0} H2 = {(x, y, z) ∈ R3 : y = 2z} D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = a2 } (a) Dibuje la curva C = (H1 (b) Calcule directamente S H2 ) T D y la superficie S que ella define. ZZ S rot ~v · n̂ dA Examen. Primavera 2002. Matemáticas Aplicadas. Prof: F. Álvarez, R. Correa, P. Gajardo Control 1. Primavera 2006. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 3 Control 1. Primavera 2002. Matemáticas Aplicadas. Prof: R. Correa, P. Gajardo 1 2 71 PROBLEMAS DE RECAPITULACIÓN 72 (c) Verifique el resultado anterior mediante el Teorema de Stokes. Sea el campo vectorial F~ : R2 \ {(0, 0)} → R2 definido por   −y x ~ F (x, y) = , x2 + y 2 x2 + y 2 Z 1 2 Dada una curva Γ ⊂ R \ {(0, 0)} se define n(Γ) := F~ · d~r. 2π Γ Problema 4. 4 (a) Para las siguientes parametrizaciones, bosqueje la curva correspondiente y calcule el valor de n(Γ). (i) ϕ ~ (t) = (r cos(t), r sin(t)), t ∈ [0, 2π]. (ii) ϕ ~ (t) = (r cos(t), −r sin(t)), t ∈ [0, 2π]. (iii) ϕ ~ (t) = (r cos(t), r sin(t)), t ∈ [0, 4π]. (iv) Γ es la frontera del cuadrado [−1, 1]×[−1, 1] recorrida en el sentido de las manecillas del reloj. Pregunta: ¿ Es F~ un campo conservativo en todo R2 \ {(0, 0)} ?. Dada Γ curva cerrada en torno al origen (0,0), se le llama a n(Γ) el número de enrollamiento anti-horario de Γ. Justifique esta terminología. (b) Considere la curva Γ parametrizada por ϕ ~ (t) = (2r − r cos(t), r sin(t)), t ∈ [0, 2π]. Para calcular n(Γ) pruebe que existe g : R ⊂ R2 → R tal que F~ (x, y) = ∇g(x, y) en un rectángulo R que contiene a la curva Γ. Deduzca el valor de n(Γ) para toda curva contenida en dicho rectángulo. 1 d ). Ind.: Busque g de la forma g(x, y) = f ( xy ) (recuerde que (arctg)(t) = dt 1 + t2 (c) ¿ Hay alguna contradicción entre los resultados obtenidos en las partes (a) y (b) ? Justifique. Problema 5. Sea ~r = (x, y, z), r = ||~r|| y la superficie Σ = ∂{~r ∈ R3 | a ≤ r ≤ b} orientada hacia el exterior. Sean F~ : R3 → R3 y f : R → R ambas de clase C 1 tales que: F~ (~r) = f (r 2 )~r. (a) Verificar que d r 2 div F~ (~r) = (r 3 f (r 2)). dr (b) Concluir que ZZ ~ = 4π(b3 f (b2 ) − a3 f (a2 )). F~ · dS Σ 4 Control 1. Primavera 1999. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez PROBLEMAS DE RECAPITULACIÓN 73 (c) Con la misma notación, sea C una curva de extremos O = (0, 0, 0) y A = (0, 0, a), regular por pedazos, recorrida desde O hasta A. Verificar que Z C 1 F~ · d~r = 2 Za f (t)dt. 0 Indicación: Calcular rot F~ . Problema 6. 5 Sea Σ la parte de la superficie del toro de radios R, a (R > a) encerrada por la esfera de radio R. Considere Σ orientada según la normal exterior al toro. Calcule: (a) El flujo a través de Σ del campo eléctrico debido a una carga puntual q en el orígen. ZZ ~ para el campo (b) ∇ × F~ · dA Σ F~ (x, y, z) = (x, y, exp(xy)). Problema 7. 6 Considere el volumen Ω ⊂ R3 definido por las inecuaciones:  |z| ≤ 2 − x2 − y 2 (x − 1)2 + y 2 ≤ 1 (a) Bosqueje la región Ω. (b) Use el teorema de la divergencia para calcular el flujo del campo F~ = ρρ̂ (en coordenadas cilíndricas) a través de ∂Ω orientada según la normal exterior. (c) Calcular el trabajo del campo F~ = ρb ρ a lo largo de la curva que se obtiene al intersectar 2 2 las superficies z = 2 − x − y con (x − 1)2 + y 2 = 1 (precisar la orientación escogida para la curva). Problema 8. 7 Sea S ⊂ R3 la superficie regular definida por las ecuaciones x2 + y 2 − z 2 = 0, x2 + y 2 − 2ay ≤ 0 (a > 0), x ≥ 0 y z ≥ 0 (a) Bosqueje y encuentre una parametrización de la superficie S. (b) Escoja una orientación para S y calcule el flujo a través de S del campo vectorial en 3 b coordenas cilíndricas: F~ = ρb ρ + cos2 θecos θ θ. (c) Calcule el trabajo del campo F~ de p la parte (b) al recorrer la curva que se obtiene como intersección de las superficies z = x2 + y 2 y x2 + y 2 − 2ay = 0. Haga un bosquejo de esta curva y precise el sentido de recorrido. Examen. Primavera 1997. Matemáticas Aplicadas. Prof: Roberto Cominetti Control 1. Primavera 1999. Matemáticas Aplicadas. Prof: Roberto Cominetti 7 Control 1. Primavera 2002. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 5 6 PROBLEMAS DE RECAPITULACIÓN 74 Problema 9. 8 Sea S ⊂ R3 la superficie caracterizada por x2 + y 2 − 2z = 0, x2 + y 2 − 4y ≤ 0. (a) Encuentre una parametrización regular de S y obtenga un campo de normales a S. Bosqueje S en un gráfico. (b) Calcule el flujo a través de S orientada según el campo de normales obtenido en (a), para el campo F~ (x, y, z) = √ x2 2 ı̂ + √ 2y 2 ̂ + k̂. x +y Problema 10. 9 x +y En lo que sigue denotamos Ω = {(x, y, z) : x2 + y 2 6= 0}. k (coordenadas cilíndricas). Sea (a) Sea F~ : Ω → R3 el campo vectorial dado por F~ = ρ1 ρb + ρb 2 2 2 2 S la porción del casquete esférico x + y + z = a que se encuentra fuera del cilindro x2 + y 2 ≤ a2 /4. Bosqueje S y calcule el flujo de F~ a través de la superficie S orientada según la normal exterior al cubo. (b) Sea F~ : Ω → R3 el campo vectorial dado por F~ = cos(θ) ϕ̂ (coordenadas esféricas). Utilice el Teorema de Stokes para calcular el trabajo de F~ a lo largo de la curva que resulta de intersectar el casquete esférico x2 + y 2 + z 2 = 2 con el plano x = 1. Haga un bosquejo indicando la orientación de la curva y de la normal escogida. 2 Problema 11. 10 Sea F~ = ρ12 ρb+ e−ρ θb+ z b k (en coordenadas cilíndricas) y S el casquete esférico 2 2 2 de ecuación x + y + z = 4. (a) Calcule el flujo de F~ a través de la porción de S que se encuentra en la región x2 + y 2 ≥ 1 (orientar S según la normal exterior). (b) Calcule rot(F~ ) y el trabajo de F~ a lo largo de la curva obtenida al intersectar S con la superficie de ecuación x = y 2 + z 2 (escoja una orientación para la curva, indicándola mediante un bosquejo). Problema 12. 11 De acuerdo a la teoría de Yukawa para las fuerzas nucleares, la fuerza de atracción entre un neutrón y un protón tiene como potencial U(r) = Ke−αr /r (coordenadas esféricas) para ciertas constantes K < 0 y α > 0. (a) Encuentre la fuerza F~ = −∇U en R3 \ {~0}. (b) Calcule directamente el flujo de F~ a través del casquete esférico r = a (a > 0) orientado según la normal exterior. (c) Pruebe que ∆U = α2 U en R3 \ {~0} (recuerde que ∆u = div ∇u). Control 1. Primavera 2003. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez Examen. Primavera 2001. Matemáticas Aplicadas. Prof: Roberto Cominetti 10 Control 2. Primavera 2001. Matemáticas Aplicadas. 11 Control 2. Primavera 2003. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 8 9 PROBLEMAS DE RECAPITULACIÓN 75 (d) Demuestre que si Ω ⊂ R3 es un abierto acotado que contiene al origen, cuya frontera ∂Ω es una superficie regular a trozos y orientada según la normal exterior, entonces ZZZ ZZ 2 ~ ~ UdV. F · dA = 4πK − α Ω ∂Ω ¿Contradice este resultado el teorema de la divergencia de Gauss? Explique. Problema 13. 12 Sean Ω ⊂ Ω′ dos abiertos acotados en R3 . Suponga que ∂Ω es una superficie regular por pedazos y sea u ∈ C 2 (Ω; R) tal que  ∆u = f en Ω ∇u · n b = g sobre ∂Ω donde f, g ∈ C(Ω′ ; R) y n b es la normal exterior a Ω. Pruebe que para todo v ∈ C 1 (Ω; R) ZZ ZZZ ZZZ ∇u · ∇vdV = vgdA − vf dV. Ω ∂Ω Ω Muestre que si f (x, y, z) = 1/x y g ≡ 0 entonces ZZZ ∂u dV = − Vol(Ω), Ω ∂x donde en este caso Ω no intersecta el plano Y Z (de ecuación x = 0). 12 Control 2. Primavera 2006. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 76 PROBLEMAS DE RECAPITULACIÓN Parte II Funciones de Variable Compleja 77 Capítulo 6 El plano complejo En este capítulo recordaremos algunas definiciones y propiedades básicas de los números complejos. El lector familiarizado con estos conceptos puede pasar directamente al capítulo 7. 6.1. Estructura algebraica del plano complejo La estructura algebraica usual de R2 es la de espacio vectorial sobre el cuerpo1 de los números reales definida por las operaciones de adición (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) y multiplicación por escalar λ(a, b) = (λa, λb), donde a, b, c, d, λ ∈ R. Desde el punto de vista algebraico, el plano complejo C no es otra cosa que R2 dotado de la operación adicional producto definida por (a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + bc). Este producto 2 entre vectores de R2 puede escribirse matricialmente como          a c a −b c ac − bd · = = . b d b a d ad + bc Es fácil verificar que (R2 , +, ·) resulta ser un cuerpo conmutativo, el cual se denota simplemente por C. Por otra parte, C contiene una copia isomorfa del cuerpo de los números reales R. Más precisamente, la función h:R → C a → h(a) = (a, 0) Para las definiciones de espacio vectorial y de cuerpo, el lector puede ver el apunte del curso de Álgebra. No debe confundirse la operación · con el producto interno estándar, también conocido como producto escalar, y que se define como h(a, b), (c, d)i = ac + bd. 1 2 79 CAPÍTULO 6. EL PLANO COMPLEJO 80 es un isomorfismo que permite identificar R con el eje {(a, 0) ∈ C : a ∈ R}. Históricamente, los números complejos fueron introducidos con el fin de resolver ecuaciones algebraicas que no tienen solución en los números reales. El ejemplo canónico es la ecuación x2 = −1. Consideremos el complejo (0, 1), el cual satisface (0, 1)2 = (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0). Denotando i = (0, 1) e identificando (−1, 0) con −1 vía el isomorfismo h, podemos escribir i2 = −1, de modo tal que i es una solución de la ecuación anterior3 . Notemos además que las identificaciones anteriores permiten escribir (a, b) = (a, 0) + (0, b) = a(1, 0) + b(0, 1) = a · 1 + b · i = a + ib, donde el producto entre i y b se denota simplemente ib. De ahora en adelante, el número complejo z = (a, b) será denotado a + ib, y diremos que su parte real es a y que su parte imaginaria es b, lo que se escribe a = Re(z) y b = Im(z) respectivamente. El complejo conjugado de z = a + ib se define por z = a − ib, y geométricamente corresponde a reflejar z con respecto al eje horizontal asociado a los números reales. Notemos que: ∀z1 , z2 ∈ C, z1 + z2 = z1 + z2 . ∀z1 , z2 ∈ C, z1 · z2 = z1 · z2 . z = z ssi z ∈ R. ∀z ∈ C, (z) = z, y además z · z = a2 + b2 si z = a + ib. Re(z) = 12 (z + z). Im(z) = 1 (z 2i − z). Sea z = a + ib 6= 0; para determinar su inverso z −1 multiplicamos por z a ambos lados de la ecuación z · z −1 = 1, obteniendo así (z · z)z −1 = z. Pero la condición z 6= 0 implica que z · z = a2 + b2 > 0, por lo tanto z −1 = b 1 a − i . z= 2 z·z a + b2 a2 + b2 Los números complejos son muy útiles en Ingeniería Eléctrica, donde el símbolo i se reserva para denotar la corriente mientras que se usa j para el complejo (0, 1); nosotros utilizaremos i para denotar este último. 3 6.2. ESTRUCTURA MÉTRICA DEL PLANO COMPLEJO 81 Ahora bien, dados z = a + ib 6= 0 y w = c + id, para calcular w/z utilizamos las siguientes identidades: w w·z ac + bd ad − bc = w · z −1 = = 2 +i 2 . 2 z z·z a +b a + b2 A partir de lo anterior se deducen todas las reglas usuales del álgebra de los números complejos, las cuales se dejan al lector como ejercicio. 6.2. Estructura métrica del plano complejo Dado z = a + ib ∈ C, su módulo se define como √ √ |z| = zz = a2 + b2 , y la distancia entre dos números complejos z1 , z2 ∈ C se define como d(z1 , z2 ) = |z1 − z2 |. Tenemos las siguientes propiedades: ∀z ∈ C, |z| ≥ 0, |z| = |z|, |Re(z)| ≤ |z| y |Im(z)| ≤ |z|. |z| = 0 ssi z = 0. En términos de la función distancia: d(z1 , z2 ) = 0 ssi z1 = z2 . ∀z1 , z2 ∈ C, |z1 z2 | = |z1 ||z2 |. ∀z1 , z2 ∈ C, |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |. En términos de la función distancia, se obtiene como consecuencia la desigualdad triangular: ∀z1 , z2 , z3 ∈ C, d(z1 , z2 ) ≤ d(z1 , z3 ) + d(z3 , z2 ). Observemos que |a + ib| coincide con la norma euclidiana k(a, b)k del vector (a, b) ∈ R2 , y por lo tanto corresponde a la distancia entre el punto (a, b) y el origen del plano cartesiano. De este modo, C y R2 tienen la misma estructura topológica, lo que significa que las nociones de vecindad, conjunto abierto, conjunto cerrado, compacidad y convergencia son las mismas. En consecuencia: 1. Un conjunto A ⊆ C se dice abierto si para todo punto z0 ∈ A existe un radio ρ > 0 tal que el disco D(z0 , ρ) := {z ∈ C : |z − z0 | < ρ} está contenido en A (ver figura 6.1). 2. Un conjunto A ⊆ C se dice cerrado si su complemento Ac = C \ A es abierto. Ejemplo: el disco cerrado definido por D(z0 , ρ) := {z ∈ C : |z − z0 | ≤ ρ} CAPÍTULO 6. EL PLANO COMPLEJO 82 b ρ z0 b A A Abierto Cerrado Figura 6.1: Conjunto abierto y cerrado es un conjunto cerrado pues tiene como complemento al conjunto D(z0 , ρ)c = {z ∈ C : |z − z0 | > ρ}, y es fácil verificar que este último es abierto. 3. Un conjunto A ⊆ C se dice acotado si existe un radio ρ0 > 0 tal que A ⊆ D(0, ρ0 ). 4. Un conjunto se dice compacto si es cerrado y acotado. 5. Una sucesión de números complejos zn = an + ibn se dice que converge al complejo z = a + ib, y se escribe zn → z, si se tiene que lı́m |zn − z| = 0, n→∞ o, equivalentemente, si se tiene que an → a y bn → b como sucesiones de números reales. Propiedad. Si (zn ) ⊂ C es una sucesión acotada entonces admite una subsucesión convergente. Demostración. Es directo de la compacidad de sucesiones en R2 .  Finalmente, recordemos que un conjunto A se dice conexo (o también conexo por caminos), si dados dos puntos cualesquiera del conjunto existe una curva regular por trozos que los une y que está completamente contenida en A. 6.3. Representación polar y raíces de la unidad Sea z = x + iy un número complejo, que como sabemos corresponde a un punto P de coordenadas cartesianas x e y. Pero P también puede describirse en coordenadas polares r y θ. Más precisamente, tenemos z = x + iy = r cos θ + ir sen θ, p donde r = x2 + y 2 = |z| y θ es el ángulo en radianes entre el eje OX y el segmento que une el origen con P ; se dice que θ es el argumento de z. 6.3. REPRESENTACIÓN POLAR Y RAÍCES DE LA UNIDAD 83 Una característica importante de θ que puede llevar a confusión es que no está únicamente determinado, pues si θ es un valor para el ángulo entonces para cualquier entero k ∈ Z, el valor θ + 2kπ también es válido para describir el mismo punto. Para evitar esta ambigüedad, se suele restringir el valor de θ al intervalo ] − π, π], en cuyo caso se dice que θ es el valor principal del argumento de z y se escribe θ = arg z. En la sección 8.2.1 veremos que es posible dar un sentido a la función exponencial evaluada en z arg z ∈ (−π, π] Figura 6.2: Valor principal del argumento un número complejo, a partir de lo cual es posible obtener la fórmula de Euler eiθ = cos θ + i sen θ. Esto permite escribir z = reiθ = |z|ei arg(z) . Más aún, si z1 = r1 eiθ1 y z2 = r2 eiθ2 entonces z1 z2 = r1 r2 ei(θ1 +θ2 ) ; si r2 > 0 entonces z1 /z2 = (r1 /r2 )ei(θ1 −θ2 ) . Así, arg(z1 z2 ) = arg(z1 ) + arg(z2 ) (mod 2π), y en particular se tiene que multiplicar un complejo por eiθ corresponde a rotar el segmento que lo une con el origen en θ radianes. Además, como (eiθ )n = eiθ · · · eiθ = ei(θ+···+θ) = einθ , se deduce la fórmula de Moivre (cos θ + i sen θ)n = cos nθ + i sen nθ. CAPÍTULO 6. EL PLANO COMPLEJO 84 Por otra parte, dado k ∈ N, las raíces k-ésimas de la unidad son aquellos complejos que satisfacen z k = 1. Utilizando la representación polar z = reiθ se tiene: z k = 1 ⇔ r k eikθ = 1 ⇔ r k = 1, kθ = 0 (mod 2π) 2π 2π 2π ⇔ r = 1, θ = 0, ( ), 2( ), . . . , (k − 1)( ) k k k 2π 2π i 2π 2i (k−1)i k ⇔ z = 1, e k , e k , . . . , e Las figuras que siguen ilustran lo anterior. k=2 −1 = eiπ b 1 b Figura 6.3: Raíces cuadradas de la unidad. Se tiene la identidad célebre eiπ + 1 = 0. k=3 2π ei 3b b 1 b i 4π 3 e Figura 6.4: Raíces cúbicas de la unidad Capítulo 7 Continuidad y derivación En todo lo que sigue, f : Ω → C es una función definida sobre un conjunto abierto Ω ⊆ C. 7.1. Funciones continuas Definición 7.1.1. Diremos que f es continua en z0 ∈ Ω si para toda sucesión (zn )n≥1 ⊆ Ω tal que zn → z0 se tiene que f (zn ) → f (z0 ), lo que se escribe de forma compacta como lı́m f (z) = f (z0 ), z→z0 o de manera equivalente lı́m |f (z) − f (z0 )| = 0. z→z0 Si lo anterior es cierto para todo z0 ∈ Ω, decimos simplemente que f es continua en Ω y escribimos f ∈ C(Ω). Por otra parte, dado z ∈ C, f (z) tiene una parte real y otra imaginaria; en consecuencia, se puede escribir f (z) = u(z) + iv(z), o bien f (z) = u(x, y) + iv(x, y), z = x + iy, donde las funciones1 u = u(x, y) y v = v(x, y) son a valores en R. Es directo verificar que f = u + iv es continua en z0 = x0 + iy0 ssi u : Ω → R y v : Ω → R son continuas en (x0 , y0 ). En particular, las operaciones de suma, producto, ponderación por escalar, composición y cuociente (cuando está bien definido) de funciones continuas preservan la continuidad. Ejemplos 7.1.2. 1. Si f (z) = z 2 entonces f (z) = x2 − y 2 + i2xy, 1 El dominio de u = u(x, y) y v = v(x, y) es igual a Ω, visto este último como subconjunto de R2 . 85 CAPÍTULO 7. CONTINUIDAD Y DERIVACIÓN 86 de modo tal que u(x, y) = x2 − y 2 y v(x, y) = 2xy. Dado que u y v son continuas en R2 , f (z) = z 2 es continua en C. 2. Si f (z) = 1/z entonces f (z) = y x − i , x2 + y 2 x2 + y 2 y esta función es continua en C \ {0}. 7.2. Derivada compleja: condiciones de Cauchy-Riemann Por analogía al caso de una variable real, se introduce la siguiente definición. Definición 7.2.1. Sea Ω ⊆ C un conjunto abierto y f : Ω → C una función. Diremos que f es derivable en z0 ∈ Ω, si existe el límite f (z) − f (z0 ) , z→z0 z − z0 f ′ (z0 ) = lı́m cuyo valor f ′ (z0 ) lo llamaremos la derivada de f en z0 , Si f es derivable en todo z0 ∈ Ω diremos que es holomorfa en Ω. El conjunto de todas las funciones holomorfas en Ω se denota H(Ω), es decir H(Ω) := {f : Ω → C|f es holomorfa en Ω}. Notemos que si f es derivable en z0 entonces f (z) = f (z0 ) + f ′ (z0 )(z − z0 ) + o(z − z0 ), donde o(h) = 0. h→0 h En particular, si f es derivable en z0 entonces f es continua en z0 . lı́m Supongamos que f = u + iv : Ω ⊆ C → C es derivable en z0 = x0 + iy0 ∈ Ω. A continuación relacionaremos la derivada f ′ (z0 ) con las derivadas parciales de u = u(x, y) y v = v(x, y) en (x0 , y0 ). Comencemos por tomar z = z0 + h, con h ∈ R. Tenemos entonces que f (z) − f (z0 ) f (z0 + h) − f (z0 ) = z − z0 h u(x0 + h, y0 ) + iv(x0 + h, y0 ) u(x0 , y0) + iv(x0 , y0 ) = − . h h 7.2. DERIVADA COMPLEJA: CONDICIONES DE CAUCHY-RIEMANN 87 Luego u(x0 + h, y0 ) − u(x0 , y0 ) v(x0 + h, y0 ) − v(x0 , y0 ) f (z) − f (z0 ) = +i . z − z0 h h Se tendrá en particular que ∂u ∂v f (z0 + h) − f (z0 ) = (x0 , y0) + i (x0 , y0). h→0 h ∂x ∂x f ′ (z0 ) = lı́m Del mismo modo, es posible repetir un análisis similar al anterior para z = z0 + ih con h ∈ R. En tal caso tendremos f (z) − f (z0 ) f (z0 + ih) − f (z0 ) = z − z0 ih u(x0 , y0 + h) + iv(x0 , y0 + h) u(x0 , y0 ) + iv(x0 , y0) − = ih ih −iu(x0 , y0 + h) + v(x0 , y0 + h) −iu(x0 , y0 ) + v(x0 , y0) − . = h h De donde f (z) − f (z0 ) v(x0 , y0 + h) − v(x0 , y0 ) u(x0 , y0 + h) − u(x0 , y0 ) = −i . z − z0 h h Así, ∂v ∂u f (z0 + ih) − f (z0 ) = (x0 , y0) − i (x0 , y0) h→0 ih ∂y ∂y f ′ (z0 ) = lı́m Por unicidad del límite en la definición de derivada, debe cumplirse la igualdad de las dos expresiones recién calculadas para f ′ (z0 ). De este modo, igualando las partes real e imaginaria se obtiene  ∂v ∂u   (x0 , y0) = (x0 , y0 ), ∂x ∂y (C-R) ∂u ∂v   (x0 , y0) = − (x0 , y0 ), ∂y ∂x que se conocen como las condiciones de Cauchy-Riemann. Cabe señalar que este desarrollo sólo asegura que estas condiciones son necesarias para la existencia de la derivada de f en z0 . Veremos a continuación que en realidad estas igualdades resultan ser condiciones necesarias y suficientes para la derivabilidad de una función en un punto. Para ello, notemos que, de manera equivalente, f es derivable en z0 si existe algún complejo f ′ (z0 ) = a + ib tal que |f (z) − f (z0 ) − (a + ib)(z − z0 )| = 0. z→z0 |z − z0 | lı́m Expresando el producto (a + ib)(z − z0 ) en forma matricial como  a −b b a  x − x0 y − y0  , CAPÍTULO 7. CONTINUIDAD Y DERIVACIÓN 88 vemos que la derivabilidad de f en z0 equivale a        u(x, y) u(x0 , y0 ) a −b x − x0 − − v(x, y) v(x0 , y0 ) b a y − y0   = 0, lı́m (x,y)→(x0 ,y0 ) x − x0 y − y0 lo que prueba el siguiente resultado. Teorema 7.2.2. Una función de variable compleja f : Ω ⊆ C → C es derivable en z0 ∈ Ω ssi es Fréchet-derivable en (x0 , y0 ) como función de R2 en R2 y además se satisfacen las condiciones de Cauchy-Riemann ∂u ∂v (x0 , y0 ) = (x0 , y0) ∂x ∂y ∂u ∂v (x0 , y0 ) = − (x0 , y0) ∂y ∂x En tal caso, ∂v ∂u (x0 , y0 ) + i (x0 , y0 ). f ′ (z0 ) = ∂x ∂x Ejemplos 7.2.3. 1. Consideremos f (z) = z 2 = x2 − y 2 + 2ixy. Las funciones u(x, y) = x2 − y 2 y v(x, y) = 2xy son (Fréchet)-derivables en todo R2 pues todas sus derivadas parciales son continuas en R2 . Más aún, es directo verificar que se cumplen las condiciones de Cauchy-Riemann en todo R2 : ∂u ∂v = 2x = , ∂x ∂y ∂u ∂v = −2y = − . ∂y ∂x Luego f ′ (z0 ) = 2x0 + i2y0 = 2z0 . 2. Sea f (z) = z 3 = (x3 − 3y 2x, 3x2 y − y 3). Nuevamente por Cauchy-Riemann: ∂v ∂u = 3(x2 − y 2 ) = , ∂x ∂y ∂v ∂u = −6xy = − . ∂y ∂x Luego f ′ (z0 ) = 3(x20 − y02 ) + i6x0 y0 = 3z02 . 7.3. PROPIEDADES BÁSICAS DE LA DERIVADA COMPLEJA 89 3. Tomemos ahora f (z) = z k , con k > 0 un entero fijo. Veremos por definición que f ′ (z0 ) = kz0k−1 . En efecto, k |(z0 + h) − z0k − kz0k−1 h| = k   X k l=2 l z0k−l hl  k−2  X k z0k−2−j hj = |h | j + 2 j=0 2 ≤ |h| 2 k−2 X j=0 2 k! |z0 |k−2−j |h|j (j + 2)!(k − 2 − j)! ≤ |h| k(k − 1) 2 k−2 X j=0 (k − 2)! |z0 |k−2−j |h|j j!(k − 2 − j)! = |h| k(k − 1)(|z0 | + |h|)k−2. Luego (z0 + h)k − z0k h→0 − kz0k−1 ≤ |h| · k(k − 1)(|z0 | + |h|)k−2 −→ 0. h Las reglas usuales para la derivación de sumas, productos, cuocientes, ponderación por escalar y composición de funciones son válidas. A continuación enunciamos estas propiedades, cuyas demostraciones quedan como ejercicio al lector. 7.3. Propiedades básicas de la derivada compleja Reglas de derivación: 1. Sean f, g : Ω → C dos funciones derivables en z0 y sea α ∈ C, entonces la función h = αf + g también es derivable en z0 y se tiene h′ (z0 ) = (αf + g)′ (z0 ) = αf ′(z0 ) + g ′ (z0 ). 2. Si f, g : Ω → C son derivables en z0 entonces el producto f g es derivable en z0 y se tiene (f g)′(z0 ) = f ′ (z0 )g(z0 ) + f (z0 )g ′(z0 ). 3. Si f, g : Ω → C son derivables en z0 con g(z0 ) 6= 0 entonces el cuociente f /g es derivable en z0 y se tiene  ′ f ′ (z0 )g(z0 ) − f (z0 )g ′ (z0 ) f . (z0 ) = g g(z0 )2 CAPÍTULO 7. CONTINUIDAD Y DERIVACIÓN 90 4. Si f : Ω → C es derivable en z0 y g : D → C es derivable en f (z0 ) ∈ D entonces la composición g ◦ f es derivable en z0 y se tiene (g ◦ f )′ (z0 ) = g ′(f (z0 )) · f ′ (z0 ). En particular, todo polinomio p(z) = c0 + c1 z + . . . + ck z k es holomorfo en C con p′ (z0 ) = c1 + 2c2 z0 + . . . + kck z k−1 . Similarmente, 1 zk f (z) = es holomorfa en C \ {0} con f ′ (z0 ) = − k z0k+1 , ∀z0 6= 0. Por otra parte, es evidente que si f ≡ C con C ∈ C una constante entonces f ′ ≡ 0. Para la recíproca se tiene: Proposición 7.3.1. Sea f : Ω ⊆ C → C una función holomorfa con Ω un conjunto abierto y conexo. Si f ′ ≡ 0 en Ω entonces f es constante en Ω. Demostración. Sea f = u + iv ∈ H(Ω) tal que f ′ ≡ 0 en Ω. Por Cauchy-Riemann, se tiene ∀(x, y) ∈ Ω, ∂u ∂v ∂v ∂u (x, y) = (x, y) = (x, y) = (x, y) = 0. ∂x ∂y ∂x ∂y Como Ω es conexo, se deduce que existen dos constantes reales C1 y C2 tales que u ≡ C1 y v ≡ C2 , y en consecuencia f ≡ C1 + iC2 en Ω.  Diremos que una función holomorfa F : Ω → C es una primitiva de f : Ω → C si ∀z ∈ Ω, F ′ (z) = f (z). Corolario 7.3.2. Sean F, G ∈ H(Ω) dos primitivas de una función f : Ω ⊆ C → C, donde Ω es un abierto conexo. Entonces ∃ C ∈ C tal que ∀ z ∈ Ω, F (z) = G(z) + C. Demostración. Basta aplicar la Proposición 7.3.1 a la función H = F − G.  7.4. EJERCICIOS 7.4. 91 Ejercicios 1. Para las siguientes funciones, determine aquellas que son holomorfas en todo C y calcule su derivada: a) f (z) = z. b) f (z) = ex (cos y − i sen y), z = x + iy. c) f (z) = e−x (cos y − i sen y), z = x + iy. d ) f (z) = (z 3 + 1)e−y (cos x + i sen x), z = x + iy. 2. Sea f : Ω ⊆ C → R. Pruebe que si f es diferenciable en z0 ∈ Ω (en el sentido complejo) entonces f ′ (z0 ) = 0. 3. Sean Ω ⊆ C un abierto conexo por caminos y f : Ω → C una función holomorfa. Pruebe que si |f | es constante en Ω entonces f también es constante. Indicación: considere |f |2 . 4. Sean u, v : Ω ⊆ R2 → R. Pruebe que si u + iv y v + iu son holomorfas en Ω como subconjunto de C, entonces u + iv es constante. 5. Sea z0 ∈ C y definamos f (z) = (z − z0 )|z − z0 |, z ∈ C. Pruebe que f es diferenciable sólo en z0 . 6. Sea f (z) = u(x, y) + i v(x, y) una función holomorfa para la cual existen constantes a, b, c ∈ IR no nulas tales que a u(x, y) + b v(x, y) = c. Probar que f es constante. 7. Sea u = u(x, y) una función de clase C 2 en R2 . Pruebe que si u es armónica, i.e. ∆u = 0, entonces existe una función v = v(x, y) tal que f = u + iv es holomorfa en C. Indicación: verifique que el campo F~ = − ∂u bı + ∂u b  es conservativo. ∂y ∂x 8. Se sabe que u(x, y) = ln(x2 + y 2 ) + x − 2y corresponde a la parte real de una función holomorfa f (z). Encuentre la parte imaginaria v(x, y) sabiendo que f (1) = 1 − i. 7.5. Problemas Problema 7.1. Definamos los operadores diferenciales ∂ ∂ y mediante las fórmulas ∂z ∂z   ∂ 1 ∂ ∂ = −i ∂z 2 ∂x ∂y   1 ∂ ∂ ∂ = +i ∂z 2 ∂x ∂y (a) Pruebe que f = u + iv satisface las ecuaciones de Cauchy-Riemann si y sólo si (b) Si f ∈ H(Ω), muestre que ∀z ∈ Ω, f ′ (z) = ∂f (z). ∂z ∂f = 0. ∂z 92 CAPÍTULO 7. CONTINUIDAD Y DERIVACIÓN (c) Explicite en términos de u y v a qué corresponde la ecuación ∂2f = 0. ∂z∂z (d) Dada una función f = u + iv con u y v de clase C 2 , se define el laplaciano de f mediante ∆f = ∆u + i∆v, y si ∆f = 0 en Ω entonces se dice que f es armónica en Ω. Deduzca que si f ∈ H(Ω) entonces f es armónica en Ω. Pruebe que f ∈ H(Ω) si y sólo si f (z) y zf (z) son armónicas en Ω. Problema 7.2. Sean u(x, y) y v(x, y) dos funciones de clase C 1 en R2 . Considere los campos en R3 definidos por w(x, ~ y, z) = u(x, y)bı + v(x, y)b yw ~ 1 (x, y, z) = v(x, y)bı − u(x, y)b . (a) Pruebe que w ~ y w ~ 1 son conservativos si y sólo si u y v satisfacen las condiciones de Cauchy-Riemann, en cuyo caso decimos que u y v son funciones conjugadas. (b) Pruebe que si u(x, y) y v(x, y) son conjugadas y de clase C 2 entonces ∆u = ∆v = 0 (decimos que u y v son armónicas) y además ∇u · ∇v = 0. (c) Pruebe que si u(x, y) es armónica entonces existe una función v(x, y) conjugada de u. Indicación: note que lo anterior es equivalente a probar que un cierto campo es conservativo. Problema 7.3. Sea f : Ω ⊆ C → C , con Ω abierto no vacío. Supongamos que en coordenadas cartesianas z = x + iy, f (z) = u b(x, y) + ib v (x, y), y que en coordenadas polares z = reiθ , f (z) = u(r, θ) + iv(r, θ) con u y v diferenciables. Verifique que u(r, θ) = u b(r cos θ, r sen θ) y v(r, θ) = vb(r cos θ, r sen θ), y pruebe que f es holomorfa en Ω si y sólo si  ∂u 1 ∂v   =   r ∂θ ∂r   1 ∂u ∂v   = − r ∂θ ∂r Estas se conocen como las ecuaciones de Cauchy-Riemann en coordenadas polares. Verifique que de tenerse estas condiciones entonces   ∂u ∂v ′ f (z) = e−iθ , z = reiθ . +i ∂r ∂r Capítulo 8 Funciones en serie de potencias Hemos visto que las funciones algebraicas, entendidas como sumas (finitas), productos, cuocientes y potencias de polinomios en z, son funciones holomorfas en todo C. En este capítulo extenderemos varias funciones trascendentes de una variable real al plano complejo utilizando sus expresiones en series de potencias, obteniendo así nuevas funciones holomorfas. 8.1. Definiciones y propiedades básicas Sea (ck )k≥0 ⊆ C una sucesión de números complejos y a ∈ C un punto dado. Dado z ∈ C definimos la suma parcial N X SN (z) = ck (z − a)k . k=0 Recordemos que dada una sucesión de números reales (an ), se define el límite superior de la sucesión como lı́m sup an ≡ lı́m sup ak ∈ (0, +∞]. n→∞ k≥n n→∞ El lı́m sup an es el supremo de los puntos de acumulación de la sucesión. Teorema 8.1.1. Sea R = 1/ lı́m sup k→∞ con la convención 1/0 = ∞. Entonces p k |ck |, 1. SN (z) converge si |z − a| < R y diverge si |z − a| > R. Al número R se le llama radio de convergencia de la serie . 2. La serie S(z) = ∞ P k=0 ck (z − a)k es holomorfa en D(a, R) = {z ∈ C : |z − a| < R} con ′ S (z) = ∞ X k=1 93 kck (z − a)k−1 . 94 CAPÍTULO 8. FUNCIONES EN SERIE DE POTENCIAS Demostración. Supongamos para simplificar que a = 0, el caso general se hace igual. p Si |z| < R ⇒ k |ck ||z| ≤ ε < 1 para todo k suficientemente grande, luego |SN +m (z) − SN (z)| ≤ ≤ N +m X k=N +1 ∞ X p ( k |ck ||z|)k | {z } k=N +1 N +1 ≤ |ck ||z|k ≤ε ε → 0 cuando N → ∞. 1−ε Luego, (SN (z))N ≥1 es de Cauchy en C, y por lo tanto es convergente. Supongamos que |z| > R. Por una parte, tenemos que |SN (z) − SN −1 (z)| = |cN ||z|N .. Si SN (z) converge entonces necesariamente |SN (z) − SN −1 (z)| → 0. Escojamos una subsucesión Nk tal que q Nk |cNk | → 1/R. En particular, dado ε > 0 se tendrá que para todo k suficientemente grande 1/(R + ε), y en consecuencia p Nk |cNk | > |cNk ||z|Nk > [|z|/(R + ε)]Nk . Escogiendo ε > 0 tal que R + ε < |z| (esto es posible pues hemos supuesto que |z| > R), se deduce que |cNk ||z|Nk > θNk con θ > 1. Luego, |SNk (z) − SNk −1 (z)| ≥ θNk → ∞, y por lo tanto SN (z) no converge. Demostremos ahora que la serie S(z) es derivable término pa término tal como p se establece en el enunciado. Comencemos por notar que como lı́m supk k−1 k|ck | = lı́m supk k |ck |, entonces ambas series tienen el mismo radio de convergencia. Sea z0 ∈ D(0, R) y h ∈ C pequeño de modo tal que |z0 | + |h| ≤ R − ε. Entonces   ∞ ∞ X (z0 + h)k − z0k S(z0 + h) − S(z0 ) X k−1 k−1 ck = kck z0 − − kz0 h h k=2 k=1 ≤ |h| ∞ X k=2 ≤ |h| · k(k − 1)|ck |(|z0 | + |h|)k−2 "∞ X k(k − 1)|ck |(R − ε)k−2 # | k=2 {z } convergente a un M <+∞ = M|h| → 0 cuando h → 0.  8.2. EJEMPLOS DE FUNCIONES EN SERIE DE POTENCIAS 95 Observación. Si |z − a| = R entonces puede o no haber convergencia, lo que dependerá de cada serie en particular. Corolario 8.1.2. Bajo las condiciones del teorema anterior, la serie S(z) = ∞ X k=0 ck (z − a)k , tiene derivadas de todos los órdenes en D(a, R), lo que escribimos S ∈ C ∞ (D(a, R)), y más aún ∞ X (n) k(k − 1) · · · (k − n + 1)ck (z − a)k−n . ∀n ∈ N, S (z) = k=n En particular, ∀k ∈ N, ck = 8.2. S (k) (a) . k! Ejemplos de funciones en serie de potencias 8.2.1. La función exponencial Definimos la exponencial compleja de z ∈ C mediante la serie de potencias exp(z) = ∞ X zk k=0 El radio de convergencia de esta serie es k! . r 1 = 1/0 = ∞, k! de modo que la exponencial queda bien definida para todo z ∈ C, es decir R = 1/ lı́m k→∞ k exp : C → C. Veamos algunas propiedades básicas de la función exponencial. Propiedades. ∀x ∈ R, exp(x) = ex . ∀y ∈ R, exp(iy) = cos y + i sen y. En efecto, desarrollando la serie de potencias e identificando sus partes real e imaginaria se obtiene ∞ X (iy)k exp(iy) = k! k=0 y3 y5 y7 y2 y4 y6 + − + . . .] + i[y − + − + . . .] 2! 4! 6! 3! 5! 7! = cos y + i sen y. = [1 − CAPÍTULO 8. FUNCIONES EN SERIE DE POTENCIAS 96 ∀z1 , z2 ∈ C, exp(z1 + z2 ) = exp(z1 ) exp(z2 ). En efecto, ∞ X (z1 + z2 )k exp(z1 + z2 ) = k=0 k! ∞ ∞ k k   X 1 X k k−j j X X z1k−j z2j = z z = k! j=0 j 1 2 k=0 j=0 (k − j)! j! k=0 ∞ X ∞ X z1k−j z2j = exp(z1 ) exp(z2 ). = (k − j)! j! j=0 k=j ∀x, y ∈ R, exp(x + iy) = ex (cos y + i sen y). ∀z0 ∈ C, exp′ (z0 ) = exp(z0 ). Ejercicio: verificarlo usando Cauchy-Riemann. ∀z ∈ C, exp(z) = exp(z + 2kπi), es decir exp(·) es 2πi-periódica. exp(·) no tiene ceros; más aún, si z ∈ C es tal que z = x + iy, entonces | exp(z)| = ex 6= 0 ∀x ∈ R. 8.2.2. Funciones hiperbólicas Una vez definida la función exponencial, podemos definir las funciones coseno y seno hiperbólico de una variable compleja de manera similar a como se definen las funciones hiperbólicas de una variable real. El coseno hiperbólico es la función holomorfa en C cosh : C → C definida por exp(z) + exp(−z) 2 z2 z4 z6 =1+ + + + ... 2! 4! 6! = cosh(x) cos y + i senh(x) sen y. cosh(z) = El seno hiperbólico es la función holomorfa en C senh : C → C 8.2. EJEMPLOS DE FUNCIONES EN SERIE DE POTENCIAS 97 definida por exp(z) − exp(−z) 2 z3 z5 z7 =z+ + + + ... 3! 5! 7! = senh(x) cos y + i cosh(x) sen y. senh(z) = Propiedades. cosh(−z) = cosh(z) (función par). senh(−z) = − senh(z) (función impar). Ambas son 2πi-periódicas. cosh′ (z) = senh(z). senh′ (z) = cosh(z). cosh2 (z) − senh2 (z) = 1. cosh(z) = 0 ⇔ z = ( π2 + kπ)i, k ∈ Z. senh(z) = 0 ⇔ z = kπi, k ∈ Z. 8.2.3. Funciones trigonométricas Por analogía con el caso real, las funciones trigonométricas coseno y seno de una variable compleja se definen a partir de sus series de potencias1 El coseno es la función holomorfa en C cos : C → C definida por z2 z4 z6 + − + ... 2! 4! 6! exp(iz) + exp(−iz) = 2 = cosh(iz) = cosh(y) cos x − i senh(y) sen x. cos(z) = 1 − El seno es la función holomorfa en C 1 sen : C → C Las series de potencias del seno y del coseno tienen ambas radio de convergencia igual a infinito. CAPÍTULO 8. FUNCIONES EN SERIE DE POTENCIAS 98 definida por z3 z5 z7 + − + ... 3! 5! 7! exp(iz) − exp(−iz) = 2i 1 = senh(iz) i = cosh(y) sen x + i senh(y) cos x. sen(z) = z − Propiedades. cos(−z) = cos(z) (función par). sen(−z) = − sen(z) (función impar). Ambas son 2π-periódicas. cos′ (z) = − sen(z). sen′ (z) = cos(z), cos2 (z) + sen2 (z) = 1. cos(z) = 0 ⇔ z = ( π2 + kπ), k ∈ Z. sen(z) = 0 ⇔ z = kπ, k ∈ Z. 8.2.4. Función logaritmo Aunque nos gustaría definir la función logaritmo de un número complejo log(z) simplemente como la función inversa de exp(z), hay dos inconvenientes que nos lo impiden: 1. exp(z) no es epiyectiva pues exp(z) 6= 0 para todo z ∈ C. 2. exp(z) no es inyectiva pues es 2πi-periódica. La primera dificultad es simple de resolver pues basta restringir el dominio del logaritmo al rango de la exponencial, esto es, C \ {0}. Aunque el segundo inconveniente es más delicado, veremos a continuación que sí es posible definir log : C \ {0} → C de modo tal que se tenga la propiedad ∀z ∈ C \ {0}, exp(log(z)) = z. En efecto, sea z = reiθ con r = |z| > 0 de modo que z ∈ C \ {0}. Para resolver la ecuación exp(w) = z tomemos w = x + iy de modo que exp(w) = ex eiy , y así la ecuación ex eiy = 8.2. EJEMPLOS DE FUNCIONES EN SERIE DE POTENCIAS 99 reiθ tiene como solución x = ln r, y = θ(mod 2π). Luego, el conjunto solución está dado por {ln |z| + i(arg z + 2kπ)|k ∈ Z}, donde arg z ∈ (−π, π] es el valor principal del argumento de z definido en la sección 6.3. Así, para cada k ∈ Z tenemos la determinación k-ésima de la función logaritmo logk : C \ {0} → C definida por logk (z) = ln |z| + i(arg z + 2kπ). La determinación principal del logaritmo complejo es la función log : C \ {0} → C definida por log(z) = ln |z| + i arg z. Como la función arg z es discontinua en R− pues pasa de −π a π, no podemos esperar que log(z) sea holomorfa en todo C \ {0}. Propiedades. exp(log(z)) = eln |z| ei arg z = z. log(z1 z2 ) = log(z1 ) + log(z2 ) (mod 2πi). log(z) es discontinua en R− . log(z) es holomorfa en C \ R− , y más aún log′ (z0 ) = 1 . z0 En efecto, h 1 log(1 + z0 ) log(z0 + h) − log(z0 ) = h z0 ( zh0 ) 1 1 w 1 1 → = = z0 exp(w) − exp(0) z0 exp′ (0) z0 donde w = log(1 + h ) z0 → 0 cuando h → 0. Desarrollo en serie en torno a a = 1: Como ∞ 1 X = (1 − z)k z k=0 entonces ′ log (z) = ∞ X k=0 si |z − 1| < 1 (1 − z)k si |z − 1| < 1, y dado que log(1) = ln 1 + i0 = 0, en virtud del corolario 7.3.2 se tiene log(z) = ∞ X (−1)k k=0 siempre que |z − 1| < 1. k+1 (z − 1)k+1 CAPÍTULO 8. FUNCIONES EN SERIE DE POTENCIAS 100 Desarrollo en serie en torno a z0 ∈ / R− : Como ∞ z z0 X (1 − )k = z z0 k=0 siempre que |z − z0 | < |z0 | entonces para todo z en la componente conexa por caminos del conjunto D(z0 , |z0 |) \ R− que contiene a z0 se tiene log(z) = log(z0 ) + ∞ X k=0 8.2.5. (−1)k (z − z0 )k+1 . k+1 (k + 1)z0 Otras funciones La tangente hiperbólica es la función definida por tanh(z) = senh(z) cosh(z) que resulta ser holomorfa en Ω = C \ {( π2 + kπ)i : k ∈ Z} La tangente es la función definida por tan(z) = sen(z) cos(z) que resulta ser holomorfa en Ω = C \ { π2 + kπ : k ∈ Z}. Dado λ ∈ C, el valor principal de la función potencia está dado por z λ = exp(λ log(z)), el cual es una función holomorfa en Ω = C \ R− . Un caso particular importante es el valor principal de la raíz cuadrada: p √ z = z 1/2 = |z|ei arg(z/2) . 8.3. EJERCICIOS 8.3. 101 Ejercicios P 1. Sabiendo que la serie S(z) = ck (z − z0 )k tiene radio de convergencia R0 > 0, determine el radio de convergencia de las siguientes series de potencias: X ck (z − z0 )2k , X c2k (z − z0 )k , X c2k (z − z0 )k . 2. Pruebe que: 1 z2 =1+ 1 z2 = ∞ P (k + 1)(z + 1)k , cuando |z + 1| < 1. k=1 1 4 + 1 4 3. Pruebe que: ∞ P (−1)k (k + 1) k=1
z−2 k , 2 cuando |z − 2| < 2. sen(iz) = i senh(z). senh(iz) = i sen(z). cos(iz) = cosh(z). cosh(iz) = cos(z). sen(z) = sen(z) cos(z) = cos(z). lı́m e−y sen(x + iy) = 21 [sen x + i cos x]. y→∞ lı́m tan(x + iy) = i. y→∞ 4. Demostrar que f (z) = exp(z 2 ) + cos(z) es holomorfa en todo el plano complejo y encontrar su serie de potencias en torno a 0. P∞ k 5. Considere la serie S(z) = k=0 ak z con ak = 2 si k es par y ak = 1 si k es impar. Determine el radio de convergencia R de esta serie y pruebe que ella converge para |z| < R y diverge para |z| ≥ R. Compruebe que para |z| < R se tiene S(z) = 2+z . 1 − z2 6. Determine la serie de potencias en torno a 0 de la función f (z) = radio de convergencia. z2 indicando su (1 + z)2 CAPÍTULO 8. FUNCIONES EN SERIE DE POTENCIAS 102 8.4. Problemas Problema 8.1. Determine el radio de convergencia de las siguientes series: P (log (n))2 xn , P n
n2 n x (ii) n+1 (i) Problema 8.2. Sea Sn (z) = z + 2z 2 + 3z 3 + . . . + nz n y Tn (z) = z + z 2 + z 3 + . . . + z n (i) Mostrar que Sn (z) = Tn (z)−nz n+1 . 1−z (ii) Determinar el radio de convergencia de la serie ∞ P nz n , y usando (a) calcular la suma de n=1 dicha serie. 2 Problema 8.3. Sea f : C → C definida por f (z) = e−z . Determine la serie de potencias de f en torno al origen y su radio de convergencia. Problema 8.4. Dado λ ∈ C, definimos pλ : C \ {0} → C por pλ (z) = exp(λ log(z)), z 6= 0. (i) Verifique que para todo k ∈ Z, pk (z) = z k . Muestre que pλ (z) = pλ (z) para cualquier λ ∈ C. (ii) Dados λ, µ ∈ C, verifique que pλ+µ (z) = pλ (z)·pµ (z). Determine además el dominio donde pλ es holomorfa y pruebe que (pλ )′ = λpλ−1 . (iii) Todo lo anterior justifica que la función pλ se llame función potencia generalizada y que se denote más simplemente por pλ (z) = z λ . Muestre que si α, β son reales y t > 0 entonces tα+iβ = tα [cos(β log t) + i sin(β log t)]. Pruebe también que ii = e−π/2 . 8.5. Resolución de problemas Solución Problema 8.1 (i) En esta ocasión utilizaremos el criterio del cuociente, recordando que el cuociente de una serie se define por 1 |an+1 | = lı́m sup . R |an | n→∞ 8.5. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 103 Se deja al lector ver que sucede cuando se aplica el criterio de la raíz enésima. Desarrollamos el cuociente de la serie y obtenemos 2  1 (log(n + 1))2 log(n + 1) = lı́m sup = lı́m sup . R (log n)2 log n n→∞ n→∞ Utilizando l’Hôpital se llega a 2 2   1 1/(n + 1) 1 == lı́m sup = 1. = lı́m sup R 1/n n→∞ 1 + 1/n n→∞ Concluyendo que el radio es R = 1. (ii) En este caso usaremos el criterio de la raíz enésima s n2  p 1 n n n = lı́m sup |an | = lı́m sup R n+1 n→∞ n→∞ n −n  n −1    1 1 n = e−1 . = lı́m sup = lı́m sup 1 + = lı́m sup 1 + n+1 n n n→∞ n→∞ n→∞ Concluimos así que R = e. Solución Problema 8.2 (i) Usamos que (1 − z) · Sn (z) = (1 − z)(z + 2z 2 + . . . + nz n ) = (z + 2z 2 + 3z 3 + . . . + nz n ) − (z 2 + 2z 3 + 3z 4 + . . . + nz n+1 ) = z + (2z 2 − z 2 ) + (3z 3 − 2z 3 ) + . . . + (nz n − n − 1)z n ) − nz n+1 = z + z 2 + z 3 + . . . + z n − nz n+1 = Tn (z) − nz n+1 , obteniendo que Sn (z) = Tn (z)−nz n+1 . 1−z (ii) Utilizaremos el criterio de la raíz enésima: 1/R = lı́m sup √ n n. n→∞ Aplicamos logaritmo a ambos lados de la igualdad   1 1 = lı́m sup log n1/n = lı́m sup log n. log R n→∞ n→∞ n Usando l’Hôpital se llega a   1/n 1 = lı́m sup = 0, log R 1 n→∞ CAPÍTULO 8. FUNCIONES EN SERIE DE POTENCIAS 104 obteniendo que 1/R = 1, i.e. R = 1, que equivale a decir que P n Calculemos ahora nz : X nz n = lı́m Sn con Sn = n→∞ n∈N P n∈N nz n < +∞ si |z| < 1. Tn − nz n+1 1−z Notemos que Tn = z + z 2 + . . . + z n = z(1 + z + z 2 + . . . + z n−1 ) = z n−1 X zi = z i=0 (1 − z n ) , 1−z converge a z/(1 − z) cuando n → ∞ y |z| < 1. Por otra parte, si 0 < |z| < 1, se obtiene aplicando l’Hôpital lo siguiente −|z|n+1 n = lı́m = 0. n→∞ 1/|z|n+1 n→∞ ln |z| lı́m n|z|n+1 = lı́m n→∞ y si z = 0, lı́m n|z|n+1 = 0. n→∞ Luego X nz n = lı́m Sn = n→∞ n∈N Solución Problema 8.3 ∞ P Dado que en R se tiene que ez = n=0 −z 2 e = zn , n! para f se obtiene ∞ X (−z 2 )n n=0 donde, an = n! ( z 1 lı́m (Tn − nz n+1 ) = . n→∞ 1−z (1 − z)2 = ∞ X z 2n n=0 n! n (−1) = ∞ X an z n n=0 n (−1) 2 n ! 2 si n es par 0 si n es impar Estudiemos su radio de convergencia: Primero notamos que el criterio del cuociente no se aplica directamente, dado que al hacer el cuociente este eventualmente se indefine. Por otro lado f (z) se obtiene como la composición de ez (que tiene radio de convergencia infinito) y −z 2 , así para cualquier z ∈ C, se tiene que −z 2 esta dentro del disco de convergencia de ez , por lo tanto la serie de f (z) converge para cualquier z ∈ C, es decir el radio de convergencia de f (z) es R = +∞. Capítulo 9 Integral en el plano complejo 9.1. Definición Un camino Γ en C es una curva regular por trozos parametrizada por una función continua y diferenciable por trozos γ : [a, b] → C. Se dice que el camino Γ es cerrado si γ(a) = γ(b). En algunas ocasiones, denotaremos por γ ∗ a la curva Γ como conjunto imagen de [a, b] vía la parametrización γ, es decir γ ∗ = γ([a, b]) = {γ(t) : a ≤ t ≤ b}. Sea Ω ⊆ C un conjunto abierto y f : Ω → C una función continua. Dado un camino Γ ⊆ Ω parametrizado por γ : [a, b] → Ω, definimos la integral compleja de f sobre Γ mediante Z f (z)dz := Zb f (γ(t))γ̇(t)dt. a Γ Cuando Γ es un camino cerrado se suele escribir I f (z)dz, Γ para denotar la integral de f sobre Γ. Más explícitamente, tenemos que si γ(t) = x(t) + iy(t) y f (z) = u(x, y) + iv(x, y), z = x + iy, entonces se tiene Zb Z f (z)dz = [u(x(t), y(t))ẋ(t) − v(x(t), y(t))ẏ(t)]dt a Γ +i Zb [u(x(t), y(t))ẏ(t) + v(x(t), y(t))ẋ(t)]dt. a Luego Z Γ f (z)dz = Z  Γ u −v  · d~r + i Z  Γ 105 v u  · d~r. CAPÍTULO 9. INTEGRAL EN EL PLANO COMPLEJO 106 Esto muestra que R f (z)dz se calcula a partir de dos integrales de trabajo sobre Γ, vista esta Γ última como una curva en R2 . En particular resulta que la integral compleja es invariante bajo reparametrizaciones regulares de Γ que preservan la orientación; en caso que dos parametrizaciones regulares del camino Γ lo recorran en sentido opuesto, el valor de la integral sólo cambia de signo. 9.2. Propiedades y ejemplos La siguiente proposición resume algunas de las principales propiedades de la integral compleja. Proposición 9.2.1. Sea Ω ⊆ C un conjunto abierto y Γ ⊆ Ω un camino parametrizado por γ : [a, b] → Ω. Se tiene: 1. ∀α, β ∈ C, ∀f, g ∈ C(Ω) Z [αf (z) + βg(z)]dz = α Γ Z a Z g(z)dz. Γ f (z)dz ≤ L(Γ) sup |f (z)|, z∈Γ Γ Rb f (z)dz + β Γ 2. ∀f ∈ C(Ω) donde L(Γ) = Z |γ̇(t)|dt es la longitud del camino Γ. 3. Si f ∈ C(Ω) admite primitiva, i.e. ∃F ∈ H(Ω) tal que F ′ (z) = f (z), entonces Z f (z)dz = F (γ(b)) − F (γ(a)), Γ y en consecuencia el valor de la integral sólo depende de los extremos del camino pero no de la trayectoria recorrida. En particular, si Γ es un camino cerrado entonces I Γ f (z)dz = 0. 9.2. PROPIEDADES Y EJEMPLOS 107 Demostración. 1. Directo. 2. Comencemos por observar que si H(t) = U(t) + iV (t) entonces Zb Zb H(t)dt = U(t)dt + i V (t)dt ≤ Rb En efecto, sean r0 y θ0 tales que r0 eiθ0 = Zb |H(t)|dt. a a a a Zb H(t)dt, de modo que r0 = r0 = e Zb H(t)dt . Luego, a a −iθ0 Rb H(t)dt = a Zb e−iθ0 H(t)dt, a y dado que r0 es real, r0 = Re Zb e−iθ0 H(t)dt = a Zb Re[e−iθ0 H(t)]dt ≤ Zb Zb a ≤ |e−iθ0 H(t)|dt = a Zb a |Re[e−iθ0 H(t)]|dt |H(t)|dt, a donde hemos usado que |e−iθ0 | = 1, probando así nuestra primera afirmación. Utilizando lo anterior, se obtiene Z f (z)dz ≤ Zb |f (γ(t))| · |γ̇(t)|dt ≤ sup |f (z)| z∈Γ a Γ Zb |γ̇(t)|dt a = sup |f (z)|L(Γ). z∈Γ 3. Sea F tal que F ′ = f . Entonces Z Γ f (z)dz = Zb F ′ (γ(t))γ̇(t)dt = a Zb a d [F (γ(t))]dt = F (γ(b)) − F (γ(a)). dt  Como consecuencia tenemos el siguiente resultado: Corolario 9.2.2. Si Γ es un camino cerrado en C y z0 ∈ / Γ entonces I (z − z0 )k dz = 0 para todo k 6= −1. Γ 108 CAPÍTULO 9. INTEGRAL EN EL PLANO COMPLEJO Demostración. Basta con observar que si k 6= −1 entonces F ′ (z) = (z − z0 )k con F (z) = 1 (z − z0 )k+1 . k+1  En el caso k = −1 se tiene un problema cuando el camino encierra al punto z0 pues log(z−z0 ) es primitiva de (z − z0 )−1 pero sólo para z ∈ C \ {z0 + R− } y por lo tanto no podemos aplicar la proposición 9.2.1 cuando Γ ∩ {z0 + R− } = 6 ∅ como en la figura 9.1. ·z0 Γ Figura 9.1: Camino cerrado en torno a un punto En el caso de una función que es expresable como una serie de potencias en un disco se tiene: Corolario 9.2.3. Para una serie de potencias S(z) = ∞ X k=0 ck (z − z0 )k con radio de convergencia R se tiene I S(z)dz = 0 Γ para todo camino cerrado Γ contenido en D(z0 , R). 9.2. PROPIEDADES Y EJEMPLOS 109 Demostración. Basta con observar que la serie de potencias S(z) tiene como primitiva en D(z0 , R) a la función ∞ X ck F (z) = (z − z0 )k+1. k + 1 k=0  Resultados como el corolario 9.2.3 pueden ser muy útiles para evaluar integrales reales en base a métodos de variable compleja. El siguiente ejemplo es una ilustración célebre de esta clase de técnica. Ejemplo 9.2.4. [Integrales de Fresnel] Las siguientes identidades se conocen como las integrales de Fresnel: Z∞ 2 cos(x )dx = −∞ Z∞ 2 sen(x )dx = −∞ r π . 2 (9.1) Para probar (9.1) tomemos R > 0 y consideremos el camino Γ(R) = Γ1 ∪ Γ2 ∪ Γ3 tal como se ilustra en la figura 9.2. Γ2 Γ3 Γ(R) π/4 Γ1 R Figura 9.2: Camino para las integrales de Fresnel Consideremos la función f (z) = exp(iz 2 ). Como se trata de la función exponencial, la cual se define como una serie de potencias de radio de convergencia infinito, compuesta con el polinomio p(z) = iz 2 , se deduce que f (z) admite un desarrollo en serie de potencias, cuyo radio de convergencia también es infinito. Luego, I exp(iz 2 )dz = 0. Γ(R) (9.2) CAPÍTULO 9. INTEGRAL EN EL PLANO COMPLEJO 110 Por otra parte, I 2 exp(iz )dz = Γ(R) Z 2 exp(iz )dz + Γ1 Z 2 exp(iz )dz + Γ2 Z exp(iz 2 )dz. Γ3 Estudiemos el comportamiento de cada una de estas integrales cuando R → ∞: Tenemos Z luego Γ1 ZR 0 ZR Z Z∞ Z∞ 2 exp(iz )dz = exp(iz 2 )dz → Z exp(iz 2 )dz = Z 2 cos(x )dx + i 0 cos(x2 )dx + i ZR 0 sen(x2 )dx, cuando R → ∞. exp(ir 2 eiπ/2 )eiπ/4 dr = −eiπ/4 iπ/4 exp(iz )dz → −e ZR 2 e−r dr, 0 R 2 sen(x2 )dx, 0 Z0 Γ3 luego exp(ix )dx = 0 Γ1 Tenemos 2 √ π 1 =− ( 2 2 Γ3 r r π π +i ), cuando R → ∞. 2 2 Finalmente Z Γ2 exp(iz 2 )dz = Zπ/4 exp(iR2 e2iθ )Rieiθ dθ 0 Zπ/4 2 eiR (cos 2θ+i sen 2θ) eiθ dθ = R 0 ≤ R Zπ/4 2 e−R sen 2θ dθ 0 Zπ/4 22 ≤ R e−R π 2θ dθ 0 “ ” π/4 π − 4Rπ2 θ = − e 4R 0 π −R2 = [1 − e ] → 0, cuando R → ∞. 4R Para la segunda desigualdad hemos usado que ∀α ∈ [0, π/2], sen α ≥ 2α/π. 9.2. PROPIEDADES Y EJEMPLOS 111 Por lo tanto, haciendo R → ∞ en (9.2) e igualando las partes real e imaginaria, se obtiene Z∞ 2 cos(x )dx = 0 Z∞ 1 sen(x )dx = 2 2 0 r π 2 y por un argumento de paridad se deduce que se tiene (9.1). Definición 9.2.5. Dado z0 ∈ / Γ con Γ un camino cerrado, se define la indicatriz de Γ en z0 mediante I dz 1 . IndΓ (z0 ) = 2πi Γ z − z0 Para evaluar IndΓ (z0 ), parametricemos Γ en coordenadas polares relativas a un origen en el punto z0 mediante γ(t) = z0 + r(t)eiθ(t) , t ∈ [a, b], para algunas funciones t ∈ [a, b] 7→ r(t) > 0 y t ∈ [a, b] 7→ θ(t) ∈ R. Luego 1 IndΓ (z0 ) = 2πi Zb 1 [ṙ(t)eiθ(t) + r(t)ieiθ(t) θ̇(t)]dt iθ(t) r(t)e a  b  Z Zb 1  ṙ(t) = dt + i θ̇(t)dt 2πi r(t) a a i 1 h  r(b)  = ln + i[θ(b) − θ(a)] 2πi r(a) Como la curva es cerrada r(a) = r(b) de modo que ln(r(b)/r(a)) = ln(1) = 0 y así θ(b) − θ(a) 2π = número de vueltas de Γ en torno a z0 en sentido antihorario. IndΓ (z0 ) = Un ejemplo de los valores que puede tomar la indicatriz de una curva cerrada se ilustra en la figura 9.3 0 1 2 −1 Figura 9.3: Función indicatriz de una curva cerrada 112 9.3. CAPÍTULO 9. INTEGRAL EN EL PLANO COMPLEJO El teorema de Cauchy-Goursat Una pregunta interesante es saber si un resultado similar al corolario 9.2.3 es cierto pero sólo bajo el supuesto que f es holomorfa en un dominio Ω, sin saber a priori si es o no expresable como una serie de potencias. Un resultado fundamental de la teoría de funciones de variable compleja establece que esto es así siempre que se asuma una propiedad adicional sobre el dominio. Definición 9.3.1. Un subconjunto Ω ⊆ C abierto y conexo por caminos se dice que es simplemente conexo si todo camino cerrado contenido en Ω encierra solamente puntos de Ω. Dicho de otra forma, un conjunto simplemente conexo no tiene agujeros. Definición 9.3.2. Un camino cerrado simple es un camino que genera dos conjuntos disjuntos abiertos y conexos, uno acotado y el otro no acotado, y ambos conjuntos tienen al camino como frontera. En otros términos, un camino cerrado simple es aquél que siendo cerrado no se corta a sí mismo. Teorema 9.3.3 (Cauchy-Goursat). Si f es una función holomorfa en un abierto simplemente conexo Ω entonces I f (z)dz = 0 Γ para todo camino cerrado, regular por trozos y simple Γ contenido en Ω. Demostración. Para simplificar, sólo daremos la demostración en el caso en que se supone además que f ′ (z) es continua1 en Ω. Sea D ⊆ C la región encerrada por el camino Γ. Si f = u+iv entonces se tiene que I   I I   v u · d~r. · d~r + i f (z)dz = u −v Γ Γ Γ   ZZ  ZZ  ∂(−v) ∂u ∂u ∂v = − − dxdy + i dxdy, ∂x ∂y ∂y D D ∂x | | {z } {z } 0 0 esto último en virtud del teorema de Green en el plano (suponiendo que Γ se recorre en sentido antihorario), el cual se puede aplicar pues las derivadas parciales de u y v son continuas. Finalmente, de las condiciones de Cauchy-Riemann se deduce que los integrandos de las dos integrales dobles son nulos en D, lo que prueba el resultado.  Observación 9.3.4. El teorema 9.3.3 fue demostrado originalmente por A. Cauchy bajo la hipótesis adicional de que f ′ (z) es continua en Ω, lo que asumimos en la demostración sólo para simplificar el análisis pues nos permite aplicar directamente el teorema de Green en el plano. Para una demostración en el caso general el lector puede referirse por ejemplo a Teoría de Funciones de Variable Compleja, R.V. Churchill, McGraw-Hill, New York, 1966. 1 9.3. EL TEOREMA DE CAUCHY-GOURSAT 113 Es generalmente reconocido que el primero en dar una demostración sin asumir la continuidad de f ′ (z) fue E. Goursat. Esto último es muy importante pues nos permitirá probar que toda función holomorfa es expresable, al menos localmente, como una serie de potencias (ver el teorema 10.2.1). El resultado anterior puede extenderse a situaciones más generales. Un ejemplo lo constituye el siguiente teorema: Teorema 9.3.5. Sea Ω ⊆ C un conjunto abierto y conexo, y consideremos f : Ω \ {p1 , p2 , ..., pn } −→ C una función holomorfa, donde {p1 , p2 , ..., pn } ⊆ Ω. Sea Γ ⊆ Ω un camino cerrado, regular por trozos, simple y recorrido en sentido antihorario y sea D la región encerrada por Γ. Supongamos que {p1 , p2 , · · · , pn } ⊆ D ⊆ Ω y escojamos ε > 0 suficientemente pequeño de modo tal que los discos cerrados D(pj , ε) estén contenidos en D y no se intersecten entre sí. Sea γj (t) = pj + εeit con t ∈ [0, 2π]. Entonces I n I X f (z)dz = f (z)dz Γ j=1 γj∗ Demostración. Para ε > 0 como en el enunciado, definamos Dε = D \ n [ D(pj , ε). i=1 Γ b b Dε b γj∗ Figura 9.4: Curva cerrada que encierra circunferencias Introduzcamos un segmento rectilíneo L1 ⊆ Dε , o en caso de ser necesario una cadena continua y finita de tales segmentos, que una el camino Γ con γ1∗ . Similarmente, sea L2 ⊆ Dε otro segmento (o cadena) rectilíneo que una γ1∗ con γ2∗ , y así sucesivamente hasta Ln+1 uniendo γn∗ con Γ. CAPÍTULO 9. INTEGRAL EN EL PLANO COMPLEJO 114 De este modo, podemos dividir Dε en dos subdominios simplemente conexos Dε′ y Dε′′ donde f es holomorfa, los cuales corresponden a regiones encerradas por los segmentos Lj y arcos de Γ y γj∗ . Sobre ambos dominios podemos aplicar el teorema de Cauchy-Goursat para f , para deducir que I I f (z)dz = 0 = ∂Dε′ f (z)dz, ∂Dε′′ donde ∂Dε′ y ∂Dε′′ denotan los caminos que encierran a Dε′ y Dε′′ respectivamente. En particular, la suma de estas integrales es nula, y si ambos caminos se recorren en sentido antihorario entonces las integrales en sentidos opuestos a lo largo de los segmentos Lj se cancelan mutuamente. Luego, si denotamos por (γj∗ )− el camino γj∗ recorrido en sentido horario, se tiene que I I 0 = f (z)dz + f (z)dz ∂Dε′ = I f (z)dz + (γj∗ )− Γ = I Γ ∂Dε′′ n XI f (z)dz − j=1 n I X j=1 f (z)dz + Integrales sobre los Lj ’s f (z)dz, γj∗ lo que prueba el teorema. 9.4.  Ejercicios 1. Calcule directamente el valor de las siguientes integrales: Z Z Z dz , Re(z)dz, Im(z)dz, 2 z +1 [0,z0 ] |z|=1 |z|=2 Z z n dz |z|=1 2. Pruebe que la función z → z log(z) tiene una primitiva en C \ R− , y calcule el valor de la integral Z z log(z)dz [0,i] 3. Pruebe que lı́m Z R→∞ |z|=R z dz = 0, 3 z +1 lı́m Z R→∞ [−R,−R+i] z 2 exp(z) dz = 0 z+1 4. Sea Γ ⊂ C un camino cerrado simple recorrido en sentido antihorario y que encierra una región D ⊆ C. Pruebe que I 1 zdz. Area(D) = 2i Γ 9.5. PROBLEMAS 115 5. Pruebe que Z∞ 2 e−x Im(e−2ix p(x + i))dx = 0 −∞ para cualquier polinomio p(z) a coeficientes reales. Indicación: Considere f (z) = exp(−z 2 )p(z). 9.5. Problemas Problema 9.1. Problema 9.2. R γ R γ |z|z̄dz con γ la frontera del semicírculo { z ∈ C : |z| ≤ 1, Imz ≥ 0} . |z|2 dz donde γ es el cuadrado de vértices 0, 1, 1 + i e i. R |z| Problema 9.3. γ |1−z| 2 |dz| donde γ es la circunferencia de radio r (0 < r < 1 ) y centro el origen. Indicación: Pruebe previamente que si 0 ≤ r < R, se tiene: P∞ ∞ X 1 r n 1 = (1 + 2 ( ) cos(nt)) R2 − 2rR cos(t) + r 2 R2 − r 2 R n=1 r n converge uniformemente a R Problema 9.4. Calcule γ z̄dz, siendo γ: y use que n=1 r 1−r con |r| < 1 (r ∈ C). (a) γ(t) = t2 + it con 0 ≤ t ≤ 2 (b) la línea poligonal que conecta los puntos 0 con 2i, y 2i con 4 + 2i. R Problema 9.5. Calcule γ dz , siendo γ: z̄ 2 (a) γ(t) = ei(π−t) con 0 ≤ t ≤ π (b) γ(t) = eit con π ≤ t ≤ 2π 2 Problema 9.6. Sea f : C → C definida por f (z) = e−z y b > 0. Pruebe que Z ∞ −x2 e −b2 cos(2bx)dx = e 0 Z 0 Z∞ 2 e−x dx 0 ∞ 2 2 e−y sin(2by)dy = e−b Z b 2 ey dy 0 Indicación: Integre f (z) = exp(−z 2 ) en un contorno rectangular adecuado. CAPÍTULO 9. INTEGRAL EN EL PLANO COMPLEJO 116 Problema 9.7. (a) Pruebe que para b ∈] − 1, 1[ se tiene Z∞ 0 1 − b2 + x2 π dx = (1 − b2 + x2 )2 + 4b2 x2 2 1 en un contorno rectangular adecuado. 1 + z2 Indicación: Integre f (z) = (b) Si además b 6= 0, pruebe que Z∞ 0 (1 − b2 x 1 1+b dx = ln 2 2 2 2 + x ) + 4b x 4b 1 − b Problema 9.8. Sea f : C → C una función holomorfa. (a) Dado θ0 ∈]0, 2π[, pruebe que si lı́m R R→+∞ entonces se tiene iθ0 e Z ∞ Z θ0 0 |f (Reiθ )|dθ = 0 iθ0 f (e x)dx = 0 Z ∞ (9.3) f (x)dx. 0 (b) Pruebe que f (z) = exp(−z 2 ) satisface (9.3) para todo θ0 ∈]0, π/4]. R∞ √ 2 (c) Sabiendo que −∞ e−x dx = π, calcule el valor de las siguientes integrales impropias: Z ∞ −x2 e Z 2 cos(x )dx, 0 Indicación: 9.6. sin( π8 ) = √ √ 2− 2 , 2 cos( π8 ) = √ ∞ 2 e−x sin(x2 )dx. 0 √ 2+ 2 . 2 Resolución de Problemas Solución Problema 9.1 La curva se compone de la semicircunferencia de radio 1 que se parametriza mediante γ1 (t) = eit con t ∈ [0, π], y del segmento [−1, 1] que se parametriza poniendo γ2 (t) = t con t ∈ [−1, 1] (este segmento no se considera, pues corresponde a una integral de una función impar en un intervalo simétrico respecto al origen, o sea da cero). Luego, Z Z Z Z π γ |z|z̄dz = 1 e−it ieit dt + 0 −1 π |t|tdt = i = πi 0 Solución Problema 9.2 Los cuatro “lados” de γ pueden parametrizarse poniendo: 9.6. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 117 t ∈ [0, 1] γ1 (t) = t, t ∈ [0, 1] γ2 (t) = 1 + it, γ3 (t) = (1 − t) + i, t ∈ [0, 1] γ4 (t) = (1 − t)i, t ∈ [0, 1] Por lo tanto: Z γ 2 |z| dz = Z 1 2 t dt + 0 Z 0 = 1 2 (1 + t )idt − Z 0 Z 1 2 0 (1 + (1 − t) )dt − Z 0 1 (1 − t)2 idt 1 (2t − 2 + 2ti)dt = i − 1 Solución Problema 9.3 Probemos en primer lugar que si 0 ≤ r < R, ∞ X 1 r 1 = 2 (1 + 2 ( )n cos(nt)) 2 2 2 R − 2rR cos(t) + r R −r R n=1 siendo la convergencia de la serie uniforme en t ∈ [0, 2π]. En efecto, observemos primero que 1 1 1 = = R2 − 2rR cos(t) + r 2 R2 − rR(eit + e−it ) + r 2 (R − reit )(R − re−it ) Pero si |z| = r, por fracciones parciales, obtenemos que : 1 z 1 R r2 = = ( + ) (R − z)(R − z̄) (R − z)(Rz − r 2 ) R2 − r 2 R − z Rz − r 2 por lo que poniendo z = reit y usando la segunda parte de la indicación, se tiene que: ( Rr )e−it 1 1 1 + ) = 2 ( R2 − 2rR cos t + r 2 R − r 2 1 − ( Rr )eit 1 − ( Rr )e−it ∞ ∞ X r n int r −it X r n −int 1 ( ) e ( ( ) e + ( )e ) = 2 R − r 2 n=0 R R R n=0 ∞ ∞ X 1 r n int X r n −int = 2 ( ( ) e + ( ) e ) R − r 2 n=0 R R n=1 CAPÍTULO 9. INTEGRAL EN EL PLANO COMPLEJO 118 ∞ X r 1 (1 + 2 ( )n cos(nt)). = 2 2 R −r R n=0 uniformemente en t ∈ [0, 2π]. Por tanto, puesto que la convergencia uniforme permite intercambiar los signos de integral y de suma, usando la indicación con R = 1, tenemos que: Z γ Z 2π Z 2π dt dt r 2 2 rdt = r =r it 2 2 2 2 |1 − re | (1 − r cos(t)) + r sen (t) 1 − 2r cos(t) + r 2 0 0 0 Z 2π ∞ ∞ X X 2πr 2 r2 r2 n n sen(nt) t=2π ] = = (1 + 2 r cos(nt))dt = [t + 2 r . t=0 2 2 1 − r2 0 1 − r n 1 − r n=0 n=1 |z| |dz| = |1 − z|2 Z 2π Solución Problema 9.4 (a) Por definición, tenemos que: Z Z z̄dz = γ Z 2 2 0 (t − it)(2t + i)dt = =[ 2 0 (2t3 − it2 + t)dt t3 t2 8 t4 − i + ]t=2 t=0 = 10 − i. 2 3 2 3 (b) Nuevamente por definición tenemos que: Z z̄dz = γ Z 2 (−it)idt + 0 Z 4 (t + 2i)dt 0 t2 t2 = [ ]t=2 + [ + 2it]t=4 t=0 = 10 + 8i. 2 t=0 2 Solución Problema 9.5 (a) Por definición: Z γ dz = z̄ 2 Z 0 π −iei(π−t) dt = −i e−2i(π−t) Z π 0 2 1 e3i(π−t) dt = [e3i(π−t) ]t=π t=0 = 3 3 (b) por definición: Z γ dz = z̄ 2 Z π 2π ieit dt = i e−2it Z π 2π 2 1 e3it dt = [e3it ]t=2π t=π = 3 3 9.6. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 119 Solución Problema 9.6 R Primero notamos que la función f es holomorfa en todo C, lo que implica que γ f (z)dz = 0 para cualquier curva γ cerrada y simple en C. Consideremos γ = γ1 ∪ γ2 ∪ γ3 ∪ γ4 donde γ1 : x; x ∈ [0, R], γ2 : R + iy; y ∈ [0, b], ZR R P4 Así, de la igualdad i=1 −x2 e γi dx + 0 γ3 : x + ib; x ∈ [R, 0], γ4 : iy; y ∈ [b, 0]. f (z)dz = 0 se obtiene Zb −(R+iy)2 idy − e 0 ZR −(x+ib)2 e dx − 0 Además lı́m R→∞ ZR −x2 e 0 Zb 2 ey idy = 0. (9.4) 0 Z+∞ 2 dx = e−x dx, 0 y por otro lado se deduce la igualdad lı́m R→∞ ZR −x2 e b2 e−2xib e dx = lı́m R→∞ ZR 0 0 = Z∞ 0 2 2 eb e−x (cos(2xb) − i sen(2bx))dx 2 2 eb e−x (cos(2xb) − i sen(2bx))dx. Para la parte real del segundo término de (9.4) (luego de factorizar apropiadamente) se tiene Zb −R2 y 2 e cos(2yR)dy ≤ e 0 −R2 ≤e Zb Zb 0 2 2 |e−R · ey cos(2yR)|dy y2 −R2 e | cos(2yR)|dy ≤ e 0 Zb 2 ey dy −−→ 0 R→∞ 0 y para la parte imaginaria del segundo término de (9.4), lo mismo Zb 0 −R2 −R2 y 2 e e sen(2yR)dy ≤ e Además se tiene lı́m R→∞ Zb 0 −y 2 e dy = Zb 2 ey dy −−→ 0. R→∞ 0 Zb 0 2 e−y dy CAPÍTULO 9. INTEGRAL EN EL PLANO COMPLEJO 120 Igualando entonces, tanto la parte real como la imaginaria a 0 en (9.4), finalmente se obtiene: Real: Z∞ −x2 e 0 concluyendo que R∞ dx − Z∞ 2 0 2 2 e−x cos(2xb)dx = e−b 0 Imaginaria: 2 eb e−x cos(2xb)dx = 0, R∞ 2 e−x dx. 0 Z∞ b2 −x2 e e sen(2bx)dx − 0 concluyendo que R∞ 0 2 Zb 0 2 e−y sen(2by)dy = e−b Rb 0 2 ey dy 2 ey dy = 0, Capítulo 10 Fórmula de Cauchy y primeras consecuencias 10.1. La fórmula de Cauchy El siguiente resultado, que básicamente es una consecuencia del teorema 9.3.3 de CauchyGoursat, es fundamental para el desarrollo de la teoría de funciones de variable compleja. Teorema 10.1.1. Sea f : Ω ⊆ C → C continua en Ω y holomorfa en Ω \ {p}. Sea r > 0 tal que D(p, r) ⊆ Ω. Entonces, para todo z0 ∈ D(p, r) se tiene la fórmula integral de Cauchy: 1 f (z0 ) = 2πi I ∂D(p,r) f (z) dz, z − z0 (10.1) donde ∂D(p, r) es la circunferencia de centro p y radio r > 0 recorrida en sentido antihorario. Demostración. Supongamos z0 6= p (el caso z = p es análogo y se deja como ejercicio al lector). En virtud del teorema 9.3.5, que a su vez es una consecuencia del teorema 9.3.3, para todo ε > 0 suficientemente pequeño se tiene I ∂D(p,r) f (z) dz = z − z0 I f (z) dz + ∂D(p,ε) z − z0 I f (z) dz. ∂D(z0 ,ε) z − z0 (10.2) La primera integral del lado derecho tiende a 0 cuando ε → 0; en efecto, por la Proposición 9.2.1 se tiene I f (z) |f (z)| dz ≤ 2πε sup ≤ 2πMε, z∈∂D(p,ε) |z − z0 | ∂D(p,ε) z − z0 donde M = sup{|f (z)|/|z − z0 | : z ∈ ∂D(p, ε)} es finito debido a la continuidad de f y a que z0 no pertenece al conjunto cerrado ∂D(p, ε) de modo que ∃α > 0, ∀z ∈ ∂D(p, ε), |z − z0 | ≥ α. 121 122 CAPÍTULO 10. FÓRMULA DE CAUCHY Y PRIMERAS CONSECUENCIAS Por otra parte, para la segunda integral del lado derecho en (10.2) se obtiene Z ∂D(z0 ,ε) f (z) dz = z − z0 Z2π f (z0 + εeit ) it εie dt εeit = Z2π f (z0 + εeit )idt. 0 0 De la continuidad de f se deduce que lı́m ε→0 Z2π f (z0 + εeit )dt = 2πf (z0 ). (10.3) 0 En efecto, dado η > 0, la continuidad de f en z0 permite asegurar que existe δ > 0 tal que si |z − z0 | ≤ δ entonces |f (z) − f (z0 )| < η. Luego, si ε ≤ δ entonces |z0 + εeit − z0 | = ε ≤ δ y en consecuencia Z2π Z2π [f (z0 + εeit ) − f (z0 )]dt f (z0 + εeit )dt − 2πf (z0 ) = 0 ≤ 0 2π Z |f (z0 + εeit ) − f (z0 )|dt 0 ≤ 2πη, y como η > 0 es arbitrario, esto implica que se tiene (10.3). Finalmente, observando que el lado izquierdo en (10.2) no depende de ε y haciendo ε → 0 en esta igualdad se obtiene I f (z) dz = 2πif (z0 ), ∂D(p,r) z − z0 lo que prueba el resultado.  10.2. Desarrollo en serie de Taylor Teorema 10.2.1. Sea f : Ω ⊆ C → C una función continua en un abierto Ω y holomorfa en Ω\{p}. Sea r > 0 tal que D(p, r) ⊆ Ω. Entonces existe una sucesión de constantes c0 , c1 , c2 , . . . ∈ C tales que ∞ X f (z) = ck (z − p)k , ∀z ∈ D(p, r), k=0 y más aún 1 1 ck = f (k) (p) = k! 2πi I ∂D(p,r) f (w) dw, (w − p)k+1 donde ∂D(p, r) está parametrizado en sentido antihorario. 10.3. OTRAS CONSECUENCIAS 123 Demostración. Dado z ∈ D(p, r), en virtud de la fórmula de Cauchy se obtiene I I 1 1 f (w) f (w) 1 dw = · f (z) = z−p dw 2πi ∂D(p,r) w − z 2πi ∂D(p,r) (w − p) 1 − w−p I ∞ X 1 (z − p)k = f (w) dw 2πi ∂D(p,r) (w − p)k+1 k=0  I ∞  X f (w) 1 dw (z − p)k = k+1 2πi (w − p) ∂D(p,r) k=0 = ∞ X k=0 El intercambio I ∞ X ∂D k=0 RP ( %) − = ck (z − p)k . PR N I X k=0 ∂D se justifica como sigue ( %) = I ∞ X ( %) ∂D k=N +1 ∞ X f (w)(z − p)k ≤ 2πr sup (w − p)k+1 w∈∂D k=N +1 ∞ X |z − p|k ≤ 2πr sup |f (w)| · r k+1 w∈∂D | {z } k=N +1 M k  ∞ X |z − p| −→ 0 cuando N → ∞. ≤ 2πM r k=N +1 Esto último se tiene pues se trata de la cola de la serie geométrica pues z ∈ D(p, r). P ak con a = |z − p|/r < 1 Finalmente, la igualdad f (k) (p) = k!ck es consecuencia de que la serie se puede derivar término a término y luego evaluar en z = p de manera iterativa (ver el teorema 8.1.1 y el corolario 8.1.2).  Corolario 10.2.2. Si f : Ω ⊆ C → C es continua en un abierto Ω, y holomorfa en Ω salvo en a lo más un número finito de puntos, entonces f es holomorfa en todo Ω y, más aún, f es infinitamente derivable en Ω. 10.3. Otras consecuencias Corolario 10.3.1 (Desigualdades de Cauchy). Sea Ω abierto, f ∈ H(Ω), p ∈ Ω y r > 0 tal que D(p, r) ⊆ Ω. Si definimos Mr = sup z∈∂D(p,r) |f (z)| 124 CAPÍTULO 10. FÓRMULA DE CAUCHY Y PRIMERAS CONSECUENCIAS entonces |f (k) (p)| ≤ ∀k ≥ 0, k!Mr rk Demostración. Del teorema 10.2.1, se deduce que I 1 f (w) 1 (k) f (p) = dw k! 2πi ∂D(p,r) (w − p)k+1 de modo que: |f (k) k! (p)| ≤ 2π k! = 2π I |f (w)| |dw| k+1 ∂D(p,r) r Z2π |f (p + reiθ )| |rieiθ |dθ r k+1 0 k! 1 ≤ 2π r k Z2π |f (p + reiθ )|dθ 0 k! 1 k!Mr ≤ Mr 2π = k . k 2π r r  Corolario 10.3.2 (Teorema de Liouville). Si f ∈ H(C) es una función acotada entonces f constante en C. Demostración. Por hipótesis, existe una constante M > 0 tal que ∀z ∈ C, |f (z)| ≤ M. Sea z0 ∈ C. Dado r > 0, obviamente D(z0 , r) ⊆ C que es la región en donde f es holomorfa. Por el corolario anterior, se tiene que para k = 1, |f ′ (z0 )| ≤ M/r, pues Mr = supz∈∂D(z0 ,r) |f (z)| ≤ M. Como r > 0 es arbitrario, podemos hacer r → ∞ para deducir que |f ′(z0 )| = 0, y como z0 también es arbitrario, tenemos que f ′ ≡ 0 en C, de donde se sigue que f es constante.  Corolario 10.3.3 (Teorema de d’Alembert o Teorema Fundamental del Algebra). Si f es un polinomio no constante entonces existe z0 ∈ C tal que f (z0 ) = 0. En consecuencia, todo polinomio de grado n ≥ 1 tiene exactamente n raíces. Demostración. La demostración de este resultado mediante métodos puramente algebraicos es algo dificultosa. Sin embargo, puede deducirse con relativa facilidad a partir del teorema de Liouville. Argumentando por contradicción, supongamos que ∀z ∈ C, f (z) 6= 0 con f (z) = a0 + a1 z + . . .+an z n , n ≥ 1 y an 6= 0. Obviamente f ∈ H(C) y además podemos definir g ∈ H(C) mediante g(z) = 1/f (z). Si g fuese acotada entonces, por el teorema de Liouville, se tendría g ≡ C para alguna constante C ∈ C. Pero en tal caso, f también sería constante, lo que contradice la 10.4. EJERCICIOS 125 hipótesis. Veamos ahora que efectivamente g es una función acotada bajo la condición ∀z ∈ C, f (z) 6= 0; en efecto g(z) = 1 1 = f (z) a0 + a1 z + . . . + an z n 1 = an z n 1 b0 zn + b1 z n−1 + ...+ bn−1 z +1 ! donde bi = ai /an , ∀i ∈ {0, 1, . . . , n−1}. Notemos que |g(z)| → 0 cuando |z| → ∞. En particular, ∃r > 0 tal que |z| > r ⇒ |g(z)| ≤ 1. Para |z| ≤ r, notemos que g es continua de modo que es acotada en el compacto D(0, r). Tomando M = máx{1, supz∈D(0,r) |g(z)|} < ∞ se tiene que ∀z ∈ C, |g(z)| ≤ M. El resto de la demostración es algebraica. Sea f : C → C un polinomio de grado n ≥ 1. Como f no es constante, se tiene que ∃z0 ∈ C tal que f (z0 ) = 0. Así, resulta que (z − z0 ) divide a f luego podemos escribir f (z) = (z − z0 )f1 (z). Notemos que f1 : C → C es necesariamente un polinomio de grado n−1. Si n−1 > 0, podemos aplicar el mismo razonamiento, para obtener un z1 ∈ C tal que f1 (z1 ) = 0. Ahora bien, (z −z1 ) divide a f1 , de donde se tiene que f1 = (z −z1 )f2 , y por consiguiente f (z) = (z − z0 )(z − z1 )f2 (z). Repetimos el argumento n veces, hasta obtener una secuencia {zi }i∈{0,1,...,n−1} tal que f (z) = (z − z0 )(z − z1 ) . . . (z − zn−1 )fn (z). Notando que fn es de grado 0, es decir fn ≡ constante, se concluye el teorema.  10.4. Ejercicios 1. Pruebe que para todo k ∈ R, Zπ ek cos θ cos(k sin θ)dθ = π. 0 2. Desarrollar f (z) = senh z en serie de Taylor en torno al punto z = πi. 3. Usando la fórmula integral de Cauchy apropiadamente, calcule I sen(πz 2 ) + cos(πz 2 ) dz, (z − 1)(z − 2) Γ donde Γ = ∂D(0, 3) es la circunferencia de centro 0 y radio 3, recorrida en sentido antihorario. 10.5. Problemas Problema 10.1. Pruebe que si f ∈ H(D(z0 , R)) entonces para todo r ∈]0, R[ se tiene 1 f (z0 ) = 2π Z2π 0 f (z0 + reiθ )dθ. 126 CAPÍTULO 10. FÓRMULA DE CAUCHY Y PRIMERAS CONSECUENCIAS Deduzca que para 0 < r < 1 Z2π log(1 + reiθ )dθ = 0, 0 y por lo tanto Zπ/2 π ln(sen x)dx = − ln 2. 2 0 Problema 10.2. Sea f ∈ H(Ω \ {0}) ∩ C(Ω) con Ω un conjunto abierto tal que D(0, r) ⊆ Ω para algún r > 0. Suponga que existe una sucesión (zn )n≥0 ⊆ Ω\{0} tal que zn → 0 y f (zn ) = 0 para todo n ≥ 0. Pruebe que f ≡ 0. Problema 10.3. Encuentre el desarrollo en serie de potencias Σck z k en torno a z0 = 0, para la función f (z) = 1/(1 − z − z 2 ). Pruebe además que ck es la sucesión de Fibonacci (c0 = c1 = 1, ck+2 = ck + ck+1 ). Indicación: puede servirle separar en fracciones parciales. Problema 10.4. 1 Demuestre que para todo par de enteros n > k ≥ 1,   I 1 n (z + 1)n = dz, k 2πi Γ z k+1 donde Γ ⊂ C \ {0} es cualquier camino cerrado y simple que encierra al origen, y que se recorre en sentido antihorario. Usando lo anterior, pruebe que  ∞  X √ 2n 1 = 5. n 5 n n=0 Problema 10.5. Indicaciónes: 2 Calcule la integral real Z ∞ 0 1 dx. 1 + x4 1. Para R > 0, seaRD = {z ∈ C : |z| √ ≤ R, 0 ≤ arg(z) ≤ π/2.}, y sea Γ = ∂D (el borde de 1 D). Pruebe que Γ 1+z dz = (1 − i) 2π/4. Sugerencia: Le ayudará encontrar las raíces de 4 4 z + 1 = 0. 2. Si ΓR = {z : |z| = R, 0 ≤ arg(z) ≤ π/2}, pruebe que 3. Concluya. 1 2 R 1 dz ΓR 1+z 4 → 0 si R → ∞. Control 3. Primavera 2002. Matemáticas Aplicadas. Prof: Salomón Alarcón y Felipe Álvarez Control 2. Primavera 2006. Matemáticas Aplicadas. Prof: Alberto Mercado 10.6. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 10.6. 127 Resolución de problemas Solución Problema 10.5 Siguiendo las indicaciones del enunciado, calculamos las raíces de z 4 + 1 = 0. Las mismas 3iπ 5iπ 7iπ iπ son {e 4 , e 4 , e 4 , e 4 }. Observamos que si R < 1 ninguna de las raíces pertenece al iπ conjunto D. Si R > 1 sólo la raíz e 4 está dentro de D (si R = 1 no podemos integrar la iπ función z 41+1 sobre Γ = ∂D pues la misma no estaría bien definida en el punto e 4 ∈ Γ). Nos interesan las valores grandes de R dado que nuestro razonamiento incluye hacer R → ∞. Factorizando z 4 + 1 se tiene que Z Z 1 1 1 dz = 5iπ 7iπ 3iπ iπ dz 4 Γ z +1 Γ (z − e 4 )(z − e 4 )(z − e 4 ) z − e 4 Ahora consideramos la función g(z) = (z−e 3iπ 4 1 )(z−e 5iπ 4 )(z−e 7iπ 4 ) que es holomorfa en un con- junto abierto Ω que incluye la curva Γ y todos los puntos que Γ rodea, (de hecho 3iπ 5iπ 7iπ g ∈ H(C \ {e 4 , e 4 , e 4 })). Entonces podemos usar la fórmula de Cauchy, que nos dice que Z iπ 1 2πi π(1 − i) 2πi 4 ) = √ √ √ √ √ dz = 2πi g(e = = 4 ( 2)( 2(1 + i))(i 2) 2 2(1 + i) 2 2 Γ z +1 Lo que prueba el primer punto de la indicación. R 1 Probaremos ahora que lı́mR→∞ ΓR 1+z 4 dz = 0. Z 1 1 dz ≤ L(Γ ) sup R 4 4 z∈ΓR z + 1 ΓR 1 + z πR 1 Rπ = sup = −→R→∞ 0 2 θ∈[0,π/2] |R4 ei4θ + 1| 2(R4 − 1) Para concluir observamos que Z R Z Z R Z 1 1 1 1 dz = dx + dz + (−i)dy 4 4 4 4 ΓR z + 1 0 x +1 0 y +1 Γ z +1 √ (10.4) El lado izquierdo de (10.4) no depende de R y permanece igual a π 2(1−i) cuando hacemos 4 R → ∞. Mientras que al tomar límite al lado derecho obtenemos Z ∞ Z ∞ Z ∞ 1 1 1 dx + 0 + (−i)dy = (1 − i) dx 4 4 4 x +1 y +1 x +1 0 0 0 Lo que nos permite concluir que Z 0 ∞ 1 dx = 4 x +1 √ 2π 4 128 CAPÍTULO 10. FÓRMULA DE CAUCHY Y PRIMERAS CONSECUENCIAS Capítulo 11 Teorema de los residuos 11.1. Puntos singulares, polos y residuos Sea f (z) una función de variable compleja. Se dice que p ∈ C es un punto singular aislado de f (z) si existe un radio R > 0 tal que f ∈ H(D(p, R) \ {p}) pero f no es holomorfa en p. Ejemplo 11.1.1. El complejo p = 0 es un punto singular aislado de la función f (z) = sen z . z ✷ Se dice que p es un punto singular evitable si, junto con ser punto singular aislado, el siguiente límite existe L0 (p) = lı́m f (z). z→p Notemos que en este caso podemos extender la definición de f a todo el disco D(p, R) de la siguiente forma:  f (z) si z ∈ D(p, R) \ {p}, b f (z) = L0 (p) si z = p. La función fb así definida coincide con f en D(p, R) \ {p} y evidentemente es continua en todo D(p, R). Como f ∈ H(D(p, R) \ {p}), por el corolario 10.2.2 se tiene fb ∈ H(Ω). Esto justifica la terminología de punto singular evitable. Ejemplo 11.1.2. El complejo p = 0 es un punto singular evitable de la función f (z) = sen z , z pues de la serie de potencias de sen z se deduce que lı́m z→0 sen z = 1. z 129 CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 130 De este modo, la función fb : C → C definida por  sen z  si z = 6 0,  z b f (z) =   1 si z = 0. es holomorfa en todo C. Por otra parte, p = 0 es un punto singular no evitable de la función f (z) = cos z . z Se dice que p ∈ C es un polo de f (z) si p es un punto singular aislado de f (z) y además existe un entero m ≥ 1 tal que el límite Lm (p) = lı́m (z − p)m f (z) z→p existe y es no nulo, i.e. Lm (p) 6= 0. El menor m ≥ 1 con dicha propiedad se llama orden del polo p. Diremos que p es un polo simple cuando sea un polo de orden m = 1. Ejemplo 11.1.3. El complejo p = 0 es un polo simple de la función f (z) = pues L1 (0) = lı́m(z − 0) z→0 cos z , z cos z = lı́m cos z = cos(0) = 1. z→0 z Sea Ω ⊆ C un conjunto abierto, p un punto en Ω y supongamos que f ∈ H(Ω \ {p}). Si p es un polo de f (z) entonces p no puede ser un punto singular evitable de f (z), pues en caso contrario se tendría lı́m(z − p)m f (z) = lı́m(z − p)m lı́m f (z) = 0L0 = 0, z→p z→p z→p para todo entero m ≥ 1, lo que contradice la definición de polo. Luego, un polo es una verdadera singularidad de la función en el sentido que no es posible repararla en p por continuidad. Supongamos que p es un polo de f (z) de orden m ≥ 1. Si consideramos g(z) = (z − p)m f (z) entonces p resulta ser un punto singular evitable de g(z) y en consecuencia la función ( (z − p)m f (z) si z ∈ Ω \ {p}, m g (z) = b lı́m (z − p) f (z) si z = p. z→p es holomorfa en todo Ω. 11.1. PUNTOS SINGULARES, POLOS Y RESIDUOS 131 De acuerdo al teorema 10.2.1, si r > 0 es tal que D(p, r) ⊆ Ω entonces b g (z) admite una expansión en serie de Taylor en D(p, r) y en particular se tiene ∀z ∈ D(p, r) \ {p}, m (z − p) f (z) = ∞ X k=0 donde b ck b ck (z − p)k , gb(k) (p) = k!I gb(w) 1 dw = 2πi ∂D(p,r) (w − p)k+1 I 1 f (w) = dw, 2πi ∂D(p,r) (w − p)k−m+1 con lo cual se obtiene para f (z) el siguiente desarrollo en serie de potencias (con potencias negativas) para todo z ∈ D(p, r) \ {p}: f (z) = donde el resto b c0 b c1 b cm−1 + + ...+ + R(z), m m−1 (z − p) (z − p) (z − p) R(z) = ∞ X k=m (11.1) b ck (z − p)k−m es una función holomorfa en D(p, r) por tratarse de una serie de potencias usual. El desarrollo (11.1) puede escribirse como f (z) = c−m (z − p)−m + . . . + c−1 (z − p)−1 + c0 + c1 (z − p) + . . . ∞ X = ck (z − p)k , k=−m donde para todo k ≥ −m se tiene ck = b ck+m 1 = 2πi I ∂D(p,r) f (w) dw. (w − p)k+1 Esto se trata de un caso particular de lo que se conoce como expansión en serie de Laurent de f (z) que veremos en la sección 11.4, la cual constituye una generalización de la serie de Taylor al caso de funciones con singularidades aisladas. En el caso más general, la serie de Laurent puede admitir infinitos términos no nulos asociados a potencias negativas (en lugar de sólo un número finito como ocurre en el caso de un polo), en cuyo caso decimos que se trata de una singularidad esencial de f (z). En este apunte, no abordaremos mayormente el caso de singularidades esenciales. CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 132 Como veremos en la siguiente sección, el coeficiente b cm−1 (o equivalentemente, el coeficiente c−1 ) en el desarrollo de Laurent (11.1) de f (z) en torno a p juega un rol muy importante en la teoría de funciones de variable compleja. A este coeficiente se le llama residuo de f en p y se denota por Res(f, p). Tenemos que gb(m−1) (p) 1 Res(f, p) = = (m − 1)! 2πi I f (w)dw. ∂D(p,r) Una expresión para Res(f, p) que es muy útil en cálculos específicos se obtiene al notar que todas las derivadas de gb son continuas de modo tal que, recordando que g (z) = (z − p)m f (z), b se tiene z 6= p, 1 dm−1 [(z − p)m f (z)] z→p (m − 1)! dz m−1 Res(f, p) = lı́m donde dm−1 dz m−1 11.2. (11.2) denota la derivada de orden m − 1. El teorema de los residuos Sea f ∈ H(Ω \ {p}). Supongamos primero que p es un punto singular evitable de f , de modo que la extensión fb de f a todo Ω por continuidad satisface fb ∈ H(Ω). Si Ω es simplemente conexo y Γ ⊆ Ω \ {p} es un camino cerrado simple entonces podemos aplicar el teorema 9.3.3 de Cauchy-Goursat a fb para deducir que I f (z)dz = 0, (11.3) Γ donde hemos usado que fb coincide con f en Ω \ {p} y que el camino Γ no pasa por p. Supongamos ahora que p es un polo de f de orden m. Como en este caso no es posible extender f a todo Ω de modo que la extensión sea continua, nada asegura que (11.3) sea válido. De hecho, si suponemos que el camino cerrado simple Γ está contenido en D(p, r)\{p} con r > 0 de modo tal que el desarrollo (11.1) es válido para todo z ∈ D(p, r) \ {p}, entonces tenemos  I I  b c0 b cm−1 f (z)dz = + ...+ + R(z) dz m (z − p) Γ Γ (z − p) I 1 = b cm−1 dz Γ z −p = Res(f, p)2πiIndΓ (p) = 2πi Res(f, p), siempre que Γ se recorra en sentido antihorario. Esta propiedad explica el nombre de residuo dado al coeficiente b cm−1 , y puede extenderse a situaciones más generales. Introduzcamos primero la siguiente definición. 11.3. EJEMPLOS 133 Definición 11.2.1. Una función f se dice meromorfa en un abierto Ω si existe un conjunto P ⊆ Ω finito o numerable tal que (1) f ∈ H(Ω \ P ). (2) f tiene un polo en cada punto p ∈ P . (3) P no posee puntos de acumulación. Teorema 11.2.2 (Teorema de los residuos de Cauchy). Sea f una función meromorfa en un abierto Ω y sea P el conjunto de todos sus polos. Sea Γ un camino simple y cerrado, recorrido en sentido antihorario, que encierra una región D ⊆ Ω y tal que Γ ∩P = ∅. Entonces Γ encierra un número finito de polos de f , digamos P ∩ D = {p1 , . . . , pn } y más aún I n X Res(f, pj ). (11.4) f (z)dz = 2πi Γ j=1 Demostración. Comencemos por notar que si bien P puede ser infinito, sabemos que D es acotado, y como P no tiene puntos de acumulación en Ω se sigue que P ∩ D es finito. Ahora bien, de acuerdo con el teorema 9.3.5, para ε > 0 pequeño se tiene I n I X f (z)dz = f (z)dz, γj (t) = pj + εeit , 0 ≤ t ≤ 2π. Γ j=1 γ ∗ j En torno a cada polo pj la función f admite un desarrollo del tipo (11.1) de modo tal que I I h i f (z)dz = cj−mj (z − pj )−mj + . . . + cj−1 (z − pj )−1 + Rj (z) dz γj∗ γj∗ = cj−1 I γj∗ 1 dz z − pj = 2πi Res(f, pj ), lo que prueba el resultado. 11.3.  Ejemplos Una primera regla de cálculo sencilla para evaluar el residuo de una función de la forma f (z) = g(z) h(z) que tiene un polo simple en p, donde g(p) 6= 0 y h(p) = 0 consiste en la fórmula   g(p) g(z) ,p = ′ . Res h(z) h (p) (11.5) La demostración de (11.5) es directa de la definición de residuo con orden m = 1 por ser p un polo simple. CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 134 Ejemplo 11.3.1. Calcular: I ∂D(0,2) 1 dz. 1 + z2 Solución Comencemos por notar que los polos de f (z) = 1 1 = 2 1+z (z + i)(z − i) están dados por p2 = −i, p1 = i, y ambos son polos simples y están encerrados por ∂D(0, 2). i b b −i Figura 11.1: Circunferencia centrada en el origen Los residuos correspondientes son: Res(f, i) = 1 , 2i y Res(f, −i) = − Luego I ∂D(0,2) 1 . 2i   1 1 1 = 0. dz = 2πi − 1 + z2 2i 2i Por otra parte, si consideramos la circunferencia centrada i y de radio 1, entonces   I 1 1 = π. dz = 2πi 2 2i ∂D(i,1) 1 + z ✷ Antes de ver otro ejemplo, demostremos el siguiente resultado que es bastante útil para el cálculo de polos y residuos. 11.3. EJEMPLOS 135 Proposición 11.3.2 (Regla de l’Hôpital). Sean f, g ∈ H(Ω), p ∈ Ω y n ≥ 1 tales que g(p) = . . . = g (n−1) (p) = 0 6= g (n) (p). Entonces  no existe si f (k) (p) 6= 0 para algún k ∈ {0, 1, · · · , n − 1}. f (z)  (n) f (p) lı́m = z→p g(z)  (n) si f (k) (p) = 0 para todo k ∈ {0, 1, · · · , n − 1} g (p) Demostración. Consideremos el desarrollo de Taylor de g en torno a p g(z) = X g (k) (p) k≥n k! (z − p)k = g (n) (p) g (n+1) (p) (z − p)n + (z − p)n+1 + . . . n! (n + 1)! Luego f (z) = lı́m lı́m z→p g(z) z→p El denominador tiende hacia k < n, y en tal caso tiende a g (n) (p) . n! f (n) (p) , n! ∞ P f (k) (p) (z k! − p)k−n k=0 (n+1) g (n) (p) + g (n+1)!(p) (z n! − p) + . . . El numerador sólo converge cuando f (k) (p) = 0 para todo lo que permite concluir. Ejemplo 11.3.3. Evaluar I Γ donde Γ es el camino de la figura 11.2. dz , z sen z i −1 Γ 1 −i Figura 11.2: Cuadrado centrado en el origen  CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 136 Solución La función 1 z sen z tiene como candidatos a ser polos todos los puntos del tipo pk = kπ, k ∈ Z. f (z) = Si k = 0 entonces p0 = 0 es polo de orden 2; en efecto z 1 = lı́m = 1, z→0 sen z z→0 cos z lı́m z 2 f (z) = lı́m z→0 mientras que el límite 1 sen z no existe. Si k 6= 0 entonces pk no pertenece a la región encerrada por Γ, y por lo tanto estos puntos no son relevantes para el cálculo de la integral. lı́m zf (z) = lı́m z→0 z→0 Residuo: 1 d1 2 d  z  (z f (z)) = lı́m z→0 1! dz 1 z→0 dz sen z cos z − cos z + z sen z sen z − z cos z = lı́m = 0. = lı́m z→0 z→0 sen2 z 2 sen z cos z Res(f, 0) = lı́m Luego I Γ dz = 0. z sen z Notemos que en este caso el residuo resultó ser 0, lo que no es posible cuando el polo es simple. ✷ Ejemplo 11.3.4. Calcular I Γ donde Γ es el camino de la figura 11.3. −R z3 dz, e3iz − 3eiz + 2 −ε ε R Figura 11.3: Camino que evita al origen 11.3. EJEMPLOS 137 Solución. Para determinar los polos de la función z3 , f (z) = 3iz e − 3eiz + 2 veamos dónde se anula el denominador: e3iz − 3 |{z} eiz +2 = 0 ⇔ w 3 − 3w + 2 = 0 w ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (w − 1)2 (w + 2) = 0 w = 1 o bien w = −2 iz = log(1) o bien iz = log(−2) = ln 2 + iπ z = 0 o bien z = π − i ln 2. Como ninguno de estos puntos está encerrado por Γ, entonces I f (z)dz = 0. Γ Si en lugar del camino anterior se considera la circunferencia centrada en el origen y de radio R > 0 suficientemente grande, entonces ambos puntos son relevantes. • p = 0: desarrollando las exponenciales en serie de potencias se tiene f (z) = z3 (3iz)2 2! 3 + (3iz) + . . .) − 3(1 + iz + 3! 3 z = 3 iz 3 + . . .) − (− 23 z 2 − iz2 + . . .) (− 92 z 2 − 27 6 z3 z→0 −→ 0 ⇒ p = 0 no es polo. = 2 2 −3z + o(z ) (1 + (3iz) + • p = π − i ln 2: (iz)2 2! + (iz)3 3! + . . .) + 2 z3 z3 1 = , iz 2 iz iz 2 iz (e − 1) (e + 2) (e − 1) e − eip f (z) = luego z3 p3 p3 1 i(π − i ln 2)3 z−p 1 = = = 6= 0, z→p (eiz − 1)2 eiz − eip (eip − 1)2 ieip 9 i(−2) 18 lı́m de modo que p = π − i ln 2 es un polo simple. En este caso, el residuo coincide con el límite que acabamos de calcular, es decir Res(f, p) = lı́m (z − p)f (z) = z→p y en consecuencia i(π − i ln 2)3 , 18 I π f (z)dz = − (π − i ln 2)3 . 9 ∂D(0,R) Una consecuencia interesante del teorema de los residuos es la siguiente: ✷ CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 138 Proposición 11.3.5. Sea f : Ω ⊆ C → C holomorfa y Γ una curva simple, cerrada y recorrida en sentido antihorario la cual encierra una región D ⊆ Ω. Si f tiene un número finito de ceros al interior de D y no tiene ceros en Γ entonces I ′ 1 f (z) Indf (Γ) (0) = dz = número total de ceros de f en D, 2πi Γ f (z) donde en este número se incluye la multiplicidad de los ceros. Demostración. Tenemos que f (Γ) es una curva cerrada que por hipótesis no pasa por 0, y que si Γ está parametrizada por γ : [a, b] → Γ entonces f (Γ) lo está por f ◦ γ. Luego, 1 Indf (Γ) (0) = 2πi I f (Γ) 1 1 dz = z 2πi Zb 1 dγ 1 f ′ (γ(t)) (t)dt = f (γ(t)) dt 2πi a Por otra parte, definamos g(z) = I Γ f ′ (z) dz. f (z) f ′ (z) f (z) y sea p un cero de f . Como f es holomorfa, podemos encontrar r > 0, m ≥ 1 y una función f0 (z) holomorfa en D(p, r) tales que para todo z ∈ D(p, r), f (z) = (z − p)m f0 (z) con f0 (p) 6= 0 (m es la multiplicidad de p). De este modo, para z ∈ D(p, r) podemos escribir g(z) = m f0′ (z) m(z − p)m−1 f0 (z) + (z − p)m f0′ (z) = + , (z − p)m f0 (z) z − p f0 (z) y en consecuencia p es un polo simple de g y más aún Res(g, p) = m. Repitiendo esto para cada uno de los ceros de f , deducimos del teorema de los residuos que I X 1 g(z)dz = mp = número total de ceros de f en D. 2πi Γ p∈D  11.4. Series de Laurent Una serie de Laurent es una serie de la forma ∞ X k=−∞ ck (z − a)k (11.6) donde a ∈ C es un punto dado y (ck )k ; k ∈ Z es una familia de números complejos indexada por los enteros. Observemos que a diferencia de una serie de potencias, en la serie de Laurent intervienen tanto potencias positivas como negativas de (z − a). 11.4. SERIES DE LAURENT 139 Definamos la parte positiva y negativa de (11.6) mediante P (z) = ∞ X k=0 k ck (z − a) , N(z) = −1 X k=−∞ ck (z − a)k . Observemos que P (z) es una serie de potencias y que N(z) se puede reescribir de la siguiente manera ∞ X N(z) = c−k ((z − a)−1 )k , k=1 que es una serie de potencias en la variable (z − a)−1 . Dado z 6= a diremos que la serie de Laurent (11.6) converge si P (z) y N(z) convergen. Teorema 11.4.1. Sean R1 = lı́m sup k→∞ y p k |c−k |, R2 = 1/ lı́m sup k→∞ con la convención 1/0 = ∞. Si R1 < R2 entonces L(z) = P∞ k=−∞ ck (z p k |ck | − a)k converge para todo z en la región anular A = {z ∈ C : R1 < |z − a| < R2 } y define una función holomorfa en A. P k Demostración. Dado z ∈ C recordemos que P (z) = ∞ k=0 ck (z − a) converge si |z − a| < R2 y diverge si |z −a| > R2 . Además, si R2 > 0 entonces P (z) es holomorfa en {z ∈ C : |z −a| < R2 }. P k Por otro lado observemos que dado w ∈ C, g(w) = ∞ k=1 c−k w converge si |w| < 1/ lı́m sup k→∞ mientras que diverge si |w| > 1/ lı́m sup k→∞ p k p k |c−k | |c−k |. Tomando w = (z − a)−1 vemos que N(z) converge si |z − a| > R1 y diverge si |z − a| < R1 . En síntesis, la serie de Laurent L(z) converge si R1 < |z − a| < R2 y diverge si |z − a| < R1 o |z − a| > R2 . Para concluir notemos que si R1 < ∞ entonces N(z) es una función holomorfa en {z ∈ C : |z − a| > R1 }, ya que es la composición de g con la función z 7→ (z − a)−1 . Luego L(z) es holomorfa en A.  Observación 11.4.2. Si R1 ≥ R2 no se puede garantizar la convergencia de la serie de Laurent para ningún z ∈ C. Como en el caso de las series de potencias, si |z − a| = R1 o |z − a| = R2 puede o no haber convergencia de la serie de Laurent, lo que dependerá de cada caso particular. CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 140 Teorema 11.4.3. Sean a ∈ C un punto dado, 0 ≤ R1 < R2 ≤ ∞ y A la región definida por A = {z ∈ C : R1 < |z − a| < R2 }. Si f : A → C es una función holomorfa, entonces existen constantes (ck )k∈Z tales que f (z) = ∞ X k=−∞ Más aún, 1 ck = 2πi ck (z − a)k , I ∂D(a,r) ∀z ∈ A. f (w) dw, (w − a)k+1 para cualquier r tal que R1 < r < R2 , donde ∂D(a, r) está parametrizado en sentido antihorario. Demostración. Primero observemos que I f (w) 1 dw 2πi ∂D(a,r) (w − a)k+1 no depende de r. En efecto, sean R1 < r1 < r2 < R2 y usemos la notación γ1 = ∂D(a, r1 ), γ2 = ∂D(a, r2 ), parametrizadas en sentido antihorario. Entonces por el teorema de Cauchy f (w) aplicado a la función w 7→ (w−a) k+1 , que es holomorfa en A, y al camino de la figura 11.4, se deduce que I I f (w) f (w) dw = . k+1 k+1 γ2 (w − a) γ1 (w − a) r2 r1 γ1 γ2 Figura 11.4: círculos de radio r1 < r2 Consideremos ahora un punto z ∈ A cualquiera y escojamos r1 y r2 de modo que R1 < r1 < |z − a| < r2 < R2 . Por la fórmula de Cauchy en el camino de la figura 11.4 obtenemos I I f (w) f (w) 1 1 dw − dw. f (z) = 2πi γ2 w − z 2πi γ1 w − z 11.4. SERIES DE LAURENT 141 El primer término del lado derecho en la fórmula anterior es igual a I I 1 f (w) f (w) 1 1 dw = · z−a dw 2πi γ2 w − z 2πi γ2 w − a 1 − w−a I ∞ X (z − a)k 1 f (w) dw = 2πi γ2 (w − a)k+1 k=0  I ∞  X 1 f (w) = dw (z − a)k k+1 2πi (w − a) γ2 k=0 = RP PR ∞ X k=0 ck (z − a)k , donde el intercambio se justifica exactamente del mismo modo que en la demos= tración del Teorema 10.2.1, utilizando que para w ∈ γ2 z−a |z − a| = < 1. w−a r2 Para la segunda integral tenemos I I 1 1 f (w) 1 1 f (w) · dw dw = − · 2πi γ1 w − z 2πi γ1 z − a 1 − w−a z−a I ∞ X 1 (w − a)k =− f (w) dw 2πi γ1 (z − a)k+1 k=0 I ∞ X (w − a)k−1 1 f (w) dw =− 2πi γ1 (z − a)k k=1  I ∞  X f (w) 1 dw (z − a)−k =− −k+1 2πi (w − a) γ1 k=1 =− ∞ X k=1 c−k (z − a)−k , R P PR En esta ocasión el intercambio se justifica como sigue = I X I X ∞ ∞ N I X ( %) ( %) = ( %) − γ1 k=0 k=0 γ1 γ1 k=N +1 ≤ 2πr1 sup w∈γ1 ∞ X f (w)(w − a)k−1 (z − a)k k=N +1 ∞ X r1k−1 |z − a|k w∈γ1 k=N +1 k  ∞ X r1 , ≤ 2πM |z − a| k=N +1 ≤ 2πr1 · sup |f (w)| · CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 142 donde M = supw∈γ1 |f (w)|. Notemos que  ∞ X k=N +1 r1 |z − a| ya que se trata de una serie geométrica k −→ 0 cuando N → ∞, P ak con a = r1 /|z − a| < 1.  Observación 11.4.4. El teorema anterior afirma que f se puede representar por una serie de Laurent en el anillo A. Notemos que la fórmula explícita para los coeficientes en términos de f garantiza que esta representación es única. Revisemos el concepto de singularidad aislada de una función f (z). Supongamos p ∈ C es un punto singular aislado de f (z), es decir, existe un radio R > 0 tal que f ∈ H(D(p, R) \ {p}) pero f no es holomorfa en p. Gracias al Teorema 11.4.3 deducimos que f (z) = ∞ X k=−∞ ck (z − p)k , ∀z ∈ D(p, R) \ {p}, donde ck ∈ C. Podemos afirmar entonces que: i) si ck = 0 para todo k < 0 entonces p es un punto singular evitable, ii) si existe m ≥ 1 tal que ck = 0 para todo k < −m pero c−m 6= 0 entonces p es un polo de orden m, iii) en caso contrario el número de índices k < 0 para los cuales ck 6= 0 es infinito y a p se le llama una singularidad esencial. El siguiente es un ejemplo de una singularidad esencial. Ejemplo 11.4.5. Consideremos f (z) = e1/z , z ∈ A donde A = {z ∈ C : |z| > 0}. Notemos que para z 6= 0 ∞ X (1/z)n 1/z e = n! n=0 Entonces la serie de Laurent de f en torno a 0 es f (z) = ∞ X ck z k , k=−∞ donde ck = ( 0 1 (−k)! si k > 0 si k ≤ 0. Observación 11.4.6. Los coeficientes del desarrollo en serie de Laurent de una función holomorfa dependen crucialmente de cuál es el anillo con respecto al cual se hace la expansión. Incluso anillos distintos pero centrados en el mismo punto producen series de Laurent diferentes. 11.5. EJERCICIOS 143 1 y encontremos su serie de Laurent en los anillos A1 = {z ∈ Ejemplo 11.4.7. Sea f (z) = z−i √ √ C : |z − 1| < 2} y A2 = {z ∈ C : |z − 1| > 2}. √ Primero observemos que efectivamente f es holomorfa en ambos anillos. Si |z − 1| < 2 utilizando la serie geométrica obtenemos 1 1 1 1 = = · z−1 z−i z−1+1−i 1 − i 1−i + 1 1 1 = · 1 − i 1 − z−1 i−1 ∞  X 1 z − 1 k = 1 − i k=0 i − 1 ∞ X (z − 1)k , =− (i − 1)k+1 k=0 √ y la serie converge si | z−1 | < 1, es decir si |z − 1| < 2. Esta es la serie de Laurent de f en A1 . i−1 √ Si |z − 1| > 2 1 1 1 1 = = · 1−i z−i z−1+1−i z − 1 1 + z−1 1 1 = · i−1 z − 1 1 − z−1 ∞ 1 X  i − 1 k = z−1 z−1 k=0 ∞ X (i − 1)k , = k+1 (z − 1) k=0 lo que corresponde a la serie de Laurent de f en A2 . 11.5. Ejercicios 1. Probar que si f (z) = (ekz − 1)/z cuando z 6= 0 y f (0) = k entonces f ∈ H(C). 2. Suponga que f y g tienen polos de orden m y n respectivamente en z0 . ¿Que puede decirse sobre las singularidades de f + g, f · g y fg en z0 ?. 3. Calcule las singularidades de las siguientes funciones: (i) 1 z 4 +z 2 , (ii) cotanz, (iii) cosecz, (iv) 4. Determine los cinco primeros términos de la serie de Laurent de ez f (z) = z(z 2 + 1) en torno a z0 = 0. exp( 1 z2 z−1 ) . CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 144 5. Explique por qué el residuo en un polo simple no puede ser 0. 6. Sea p ∈ C un polo de g(z) y h(z) y considere f (z) = g(z) + h(z). Pruebe que Res(f, p) = Res(g, p) + Res(h, p). 7. Calcular I f (z)dz γ∗ con γ(θ) = 2e−iθ , θ ∈ [0, 2π[ para: a) f (z) = b) f (z) = cos z z3 (Resp.: 0). (1−e2z ) c) f (z) = z4 ez 2(z−1)2 d ) f (z) = z2 (1−z 4 ) (Resp.: 8πi ). 3 (Resp.: −πie). (Resp.: − πi ). 2 8. Encontrar la serie de Laurent de la función indicada en el anillo correspondiente: a) b) 1 z 2 +9 1 z 2 +9 en {z ∈ C : |z − 4| < 5}, en {z ∈ C : |z − 4| > 5}, c) ez + e1/z en {z ∈ C : |z| > 0}. 9. Desarrolle cada una de las siguientes funciones en una serie de Laurent convergente para la región 0 ≤ |z − z0 | < R, y determine la región precisa de convergencia. 8−2z (i) f (z) = cosh(2z)/z, z0 = 0, (ii) f (z) = 4z−z (iii) f (z) = z cos(1/z), z0 = 0, 3 , z0 = 0, 2 −5 1/z 3 (iv) f (z) = z e , z0 = 0, (v) f (z) = cos(z)/(z − π) , z0 = π, z4 (vii) f (z) = sen(z)/(z − 41 π)3 , z0 = π/4. (vi) f (z) = z+2i , z0 = −2i, 10. Muestre que si f es holomorfa en z 6= 0 y f (−z) = −f (z) entonces todos los términos pares en su expansión de Laurent sobre z = 0 son iguales a cero. 11. Encuentre la expansión en serie de Laurent de: exp(1/z 2 ) 1 (ii) z−1 , sobre z = 0, (i) z 4 +z 2 , sobre z = 0, (iii) 12. Calcular el desarrollo en series de Laurent en la región sen̂alada. a) f (z) = 1 en: z(z − 1)(z − 2) (i) 0 < |z| < 1 (ii) 1 < |z| < 2 (iii) |z| > 2. 1 en a = 0. Cuál es el radio de convergencia? b) f (z) = cos(z)   1 c) f (z) = sen en a = 0. z 1 , z 2 −4 sobre z = 2. 11.6. PROBLEMAS d ) f (z) = 145 1 en: z(z 2 + 1) (i) 0 < |z| < 1 (ii) 1 < |z|. 1 en a = 0. + z3  3 1 f ) f (z) = en: 1−z e) f (z) = z2 (i) |z| < 1 (ii) 1 < |z| (iii) |z + 1| < 2 (iv) 0 < |z − 1| < ∞. 13. Clasifique las singularidades de las siguientes funciones. Sen̂ale cuáles son singularidades aisladas, y de éstas indique los polos, determine el orden y calcule el residuo en cada uno. a) c) e) f) 11.6. z2 . f (z) = 4 (z + 16)2 z .. f (z) = z e −z+1 1 . f (z) = cos(1/z) z2 − π2 f (z) = . sen2 (z) 2 ez b) f (z) = z−1 d) f (z) = 1 z 2 (sen z) Problemas Problema 11.1. Considere una función de la forma f (z) = g(z) h(z) y asuma que f (z) tiene un polo en p ∈ C con g(z) y h(z) funciones holomorfas en una vecindad de p. Suponga que g(p) 6= 0, h(p) = h′ (p) = 0, h′′ (p) 6= 0. Verifique que necesariamente f (z) tiene un polo de orden dos en p y pruebe que Res(f, p) = 2g ′(p) 2 g ′ (p)h′′′ (p) − . h′′ (p) 3 h′′ (p)2 Problema 11.2. Encontrar el desarrollo en serie de Taylor ó de Laurent con centro 0, y determinar las regiones donde éstas convergen, para las siguientes funciones: (i) f (z) = z −5 sen z, (ii) f (z) = z 2 e1/z , (iii) f (z) = 1/(z 3 − z 4 ), (iv) f (z) = −2z+3 . z 2 −3z+2 Compare las regiones donde estas series convergen con las regiones que se obtienen a partir de los distintos teoremas de convergencia de series vistos en clases. CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 146 Problema 11.3. Calcule R 2π 0 cos(nx)/[1 + a2 − 2a cos(x)] dx con a ∈ (0, 1) y n ∈ N. 1 Indicación: integre la función f (z) = [z n + 1/z n ][ z−a − 1 ] z−1/a sobre el círculo unitario. Problema 11.4. Encontrar la serie de Taylor o la serie de Laurent de la función f (z) = 1/(1 − z 2 ) en la región (i) 0 ≤ |z| < 1, (ii) |z| > 1, (iii) 0 ≤ |z − 1| < 2. Problema 11.5. Encuentre la serie de Laurent de las funciones (i) f (z) = (ii) f (z) = 1 (z 2 +3)2 /(z) 1 z 2 (1−z) para 0 < |z| < 1 y |z − 1| < 1. Problema 11.6. Encontrar el desarrollo en serie de Taylor ó de Laurent con centro 0, y determinar las regiones donde éstas convergen, para las siguientes funciones: 2 (i) f (z) = z −5 cos z, (ii) f (z) = ze1/z , (iii) f (z) = 1/(z 3 − z 4 ). . Indique donde f es holomorfa encuentre sus polos Problema 11.7. (i) Sea f (z) = π cot(πz) z2 y determine sus ordenes correspondientes. (ii) Calcule los resíduos de los polos de f .


N + 12 (1−i), N + 21 (1+ (iii) Considere el borde del cuadrado CN de vértices N + 12 (−1−i), ∞
H P 1 . i) y N + 21 (−1 + i), con N ∈ N. Calcule CN f (z)dz y concluya el valor de n2 n=1 Problema 11.8. 1 Considere la función de variable compleja f (z) = son dos números complejos, distintos y no nulos. eiz , donde z1 , z2 ∈ C \ {0} z(z − z1 )2 (z − z2 )2 (i) Identifique los polos de f con sus respectivos órdenes. Pruebe que   1 eiz1 3z1 − z2 Res(f ; 0) = 2 2 , Res(f ; z1 ) = . i− z1 z2 z1 (z1 − z2 )2 z1 (z1 − z2 ) (ii) Considere los valores z1 = 1 y z2 = −5, y sea ΓR la circunferencia de radio R, centrada en I el origen y con orientación positiva. Calcule la integral f (z)dz para R = 1/2 y R = 2. ΓR Problema 11.9. (a) Calcule la expresión en Serie de Potencia de Log(1 − z). ) e indique el anillo de validez (b) Encuentre la Serie de Laurent de Log( z(2−z) 1−z 1 Examen. Primavera 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 11.6. PROBLEMAS Problema 11.10. 147 2 Sea f una función meromorfa en la región D (es decir, f es analítica en D, excepto en un número finito de polos). Sea Γ una curva simple, cerrada, regular y orientada en sentido antihorario que no intersecta polos ni ceros de f . Denotemos: C = número de ceros de f al interior de Γ, contados según multiplicidad. P = número de polos de f al interior de Γ, contados según su orden. (es decir, un polo -o un cero - de orden m cuenta m veces.) Demostrar que 1 2πi Z Γ f ′ (z) dz = C − P f (z) Para esto, probar cada uno de los siguientes puntos: 1. Si p ∈ D es un cero de orden k de f entonces p es polo simple (i.e. de orden 1) de f ′ /f , con residuo k. 2. Si p ∈ D es polo de orden k de f entonces p es polo simple de f ′ /f, con residuo −k. Indicación: Para cada p, factorice f (z) y represente f ′ (z)/f (z) de manera adecuada. 3. Muestre que f ′ /f no tiene ningún otro polo además de los puntos mencionados en a) y en b), y concluya. Problema 11.11. 3 Calcule el desarrollo de Laurent de la función f (z) = de los anillos: a) A1 = {z ∈ C | 0 < |z| < 1} b) A2 = {z ∈ C | |z| > 1} z2 1 en cada uno + z3 Problema 11.12. Sea f analítica en Ω, con D(a, R) = {z ∈ C : |z−a| ≤ R} ⊂ Ω. Supongamos que f (z) tiene un sólo cero z0 en D(a, R). Demuestre que Z zf ′ (z) 1 dz z0 = 2πi f (z) ∂D(a,R) Indicación: Considere f (z) = (z − z0 )ϕ(z). Problema 11.13. Sea f una función entera tal que f (z) → ∞ cuando z → ∞. Pruebe que f es un polinomio. Indicación: Muestre que f (1/z) tiene un polo de orden finito en z = 0. Problema 11.14. Sean g y h analíticas en z0 tales que g(z0 ) = 0, g ′ (z0 ) 6= 0, h(z0 ) = h′ (z0 ) = h′′ (z0 ) = 0 y h′′′ (z0 ) 6= 0. Demuestre que g/h tiene un polo de segundo orden en z0 , con Res 2 3  3g ′′ (z ) 3g ′ (z )h(iv) 0 0 , z0 = ′′′ − ′′′ h h (z0 ) 2(h (z0 ))2 g Control 3. Primavera 2006. Matemáticas Aplicadas. Prof: Alberto Mercado Control 3. Primavera 2006. Matemáticas Aplicadas. Prof: Alberto Mercado CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 148 Problema 11.15. 4 Sea Γ = {z ∈ C : |z| = 1}, y sea f una función holomorfa en A = {z ∈ C : 0 < |z| < 2} tal que Z z n f (z)dz = 0 Γ para todo n ≥ 0. Pruebe que z = 0 es una singularidad evitable de f . Hint: Considere el desarrollo de Laurent de f (z) en A y el teorema de los residuos. 11.7. Resolución de problemas Solución Problema 11.4 P k P k (i) Notemos que para 0 ≤ |z| < 1 se cumple que la serie z es convergente y z = P 1 2k por lo tanto la serie de Taylor en 0 ≤ |z| < 1 corresponde a z . 1−z (ii) Para |z| > 1, f (z) puede ser escrita de modo equivalente como f (z) = − z12 (1−1 1 ) . z2 P 1
k Análogamente al item anterior la serie es convergente para |z| > 1 y se z P 1
k 1 = 1− 1 . Por lo tanto la serie de Laurent de f para |z| > 1 está dada cumple z2 z2 por X 1 1 X 1 f (z) = − 2 = − z k≥0 z 2k z 2(k+1) k≥0 1 1 1 (iii) Finalmente notemos que 1−z 2 = (1−z)(1+z) . La función (1+z) = expresada en serie de Laurent en torno a al punto z0 = 1 como 1 (2+(z−1) puede ser 1 1 1 1 1 X (−1)k (z − 1)k = = = (1 + z) (2 + (z − 1)) 2 1 − (− z−1 2 k≥0 2k ) 2 esta serie es convergente en |z − 1| < 2. Concluimos entonces que la serie de Laurent de f para |z − 1| < 2 está dada por f (z) = k−1 k X X X 1 (z − 1)k k (z − 1) k (z − 1) (−1)k = − (−1) = (−1) 2(1 − z) k≥0 2k 2k+1 2k+2 k≥0 k≥−1 Solución Problema 11.5 (i) Desarrollando el numerador queda f (z) = (z 4 + 6z 2 + 9)/z = z 3 + 6z + que corresponde a la expresión en serie de Laurent. 4 Control 3. Otoño 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Alberto Mercado 9 z 11.7. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS (ii) Si 0 < |z| < 1 149   1 1 f (z) = 2 z 1−z X 1 1 1 = 2 zk = 2 + + 1 + z + z2 + z3 + · · · z z z Si |z − 1| < 1. 1 1 z2 z − 1 1 1 =− (z − 1 + 1)2 z − 1 f (z) = − pero 1 d = 2 z dz  −1 z    1 d X (1 − z)k =− 1 − (1 − z) dz k≥0 X d X (−1)k (z − 1)k = − (−1)k k(z − 1)k−1. =− dz k≥0 k≥0 d =− dz Por lo tanto f (z) = X X 1 X (−1)k k(z − 1)k−2 = (−1)k (k + 2)(z − 1)k (−1)k k(z − 1)k−1 = z−1 k≥0 k≥0 k≥−2 Solución Problema 11.6 Recordemos que dada una serie de Laurent ∞ X k=−∞ ck (z − a)k los radios de convergencia son de la forma: R1 = lı́m sup k→∞ y p k |c−k |, R2 = 1/ lı́m sup k→∞ Si R1 < R2 entonces L(z) = P∞ k=−∞ ck (z p k |ck | − a)k converge para todo z en la región anular A = {z ∈ C : R1 < |z − a| < R2 }. CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 150 (i) Notemos que   z2 z4 z6 1 cos z = 5 1− + − + ... z5 z 2! 4! 6!   cos z z z3 z5 1 1 1 = − + − + − + ... z5 z 5 2!z 3 4!z 6! 8! 10! Claramente se tiene que R1 = 0 y R2 = ∞, luego, A = C \ {0}. (ii) Tenemos que   1 1 1 = z 1+ + + + ... z exp 1!z 2 2!z 4 3!z 6 1 1 1 + + ... = z+ + z 2!z 3 3!z 5 Luego se deduce que R2 = ∞ y R1 = 0.  1 z2  (iii) Hay 2 casos, si |z| < 1 o |z| > 1. Si |z| < 1: z3 1 1 1 = 3 4 −z z 1−z ∞ ∞ 1 X k X k−3 z = z = 3 z k=0 k=0 1 1 1 + 2 + + 1 + z + z 2 + ... 3 z z z donde R1 = 0 y R2 = 1, lo que implica que A = D(0, 1) \ {0}. Para |z| > 1: = z3 1 1 = 4 4 −z z = 1 z4 = − 1 z 1 1 −1 = 4 z 1 − 1z −1 ! ∞ ∞ X X 1 1 − =− k k+4 z z k=0 k=0 1 1 1 − 5 − 6 − ... 4 z z z donde R1 = 1 y R2 = ∞, con A = C \ D(0, 1). Solución Problema 11.7 (i) Para f (z) = π cos(πz) , z 2 sen(πz) iπz buscamos donde sen(πz) = 0, i.e. sen(πz) = −iπz 2iπz eiπz −e−iπz 2i = 0. Esto sucede si e = e entonces |e | = 1. Si z = x + iy esto quiere decir que |e2πi(x+iy) | = |e2πix | · |e−2πy | = 1. Si y 6= 0, no se cumple la igualdad, por lo que necesariamente Im (z) = 0 para todo z que es raíz. Por otro lado e2πix = 0 si y sólo si x ∈ Z, por lo que f (z) es holomorfa en C \ Z. Luego, los polos son los enteros, todos de orden 1, excepto z = 0, que posee multiplicidad 3. 11.7. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 151 (ii) Como son funciones (no polinomios), vemos el límite de (z − p0 )α · f (z), donde p0 es un polo de multiplicidad α. Para z = 0 se tiene que π cos πz cos πz 3 (z − 0) = lı́m πz , z→0 z 2 sin πz z→0 sen πz lı́m pero lı́m cos πz = 1 y z→0 sen πz d sen πz − sen 0 = lı́m = sin(πz) |z=0 = π cos πz |z=0 = π, z→0 z→0 z z−0 dz lı́m obteniendo lı́m πz z→0 cos πz = 1 = z 3 f (z) |z=0 sen πz Para p0 = n ∈ Z se tiene lı́m f (πz)(z − n) = lı́m z→n z→n π cos(πz) cos πz π(z − n) (z − n) = lı́m lı́m , 2 2 z→n z→n z sen πz z sen(πz) pues ambos limites existen. Pero sen(π(z−n)) = sen(πz) cos(πn)+cos(πz) sen(πn) = (−1)n sen(πz), obteniéndose  h cos πn i  π(z − n) · (−1)n · lı́m lı́m f (πz)(z − n) = z→n sen(π(z − n)) z→n n2   n (−1)2n 1 π(z − n) (−1) n = lı́m · (−1) = 2. = 2 2 z→n sen(π(z − n)) n n n Luego Res (f, n) = 1 , n2   1 d2 1 d2 π cotg(πz) 3 3 Res (f, 0) = lı́m (f (z) · z ) = lı́m z z→0 2! dz 2 z→0 2 dz 2 z2 d = lı́m (cotg(πz) − cosec2 (πz) · π · z) z→0 dz π = lı́m[−2 cosec2 (πz) · π + 2 cosec2 (πz) cotg(πz)π 2 z] 2 z→0   π cos(πz) · z 1 2 = π lı́m − z→0 sen3 (πz) sen2 (πz)   πz cos πz − sen(πz) 2 = π lı́m z→0 sen3 (πz)   2 −π z sen πz + π cos πz − π cos πz 2 = π lı́m z→0 3 sen2 (πz) cos(πz) · π   −π 2 −π 2 πz 1 = = lı́m · . 3 z→0 sen(πz) cos(πz) 3 CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 152 (iii) Aplicando el Teorema de los Residuos  I  −π 2 f (z)dz = 2πi  + 3 ∂CN " n=N X n−N n6=⊘  1  n2 N X −π 2 1 = 2π +2 3 n2 n=1 # Aplicando límite a ambos lados, analicemos al lado izquierdo I ∂CN f (z)dz ≤ ∂CN pues |z| ≥ N + se obtiene 1 2 cotg(πz) π dz = π z2 I | cotg(πz)| dz |z|2 ∀z ∈ ∂CN , N ∈ N, luego pero | cotg(πz)| < M I I f (z)dz ≤ πM I ∂CN 1 πM dz ≤
2 |z|2 N + 12 I ∂CN |dz|,

H , y como ∂C es el largo de la curva el cual es igual a 8 N + 12 , N lı́m N →∞ Es decir lo que implica que I ∂CN f (z)dz ≤ lı́m N →∞ " ∞ P n=1 8πM
= 0. N + 21 N X π2 1 lı́m 2πi − + 2 N →∞ 3 n2 n=1 1 n2 = # = 0, π2 . 6 Solución Problema 11.10 1. Sea p ∈ D es un cero de orden k de f . Entonces existe R > 0 tal que f (z) = (z − p)k g(z) en D(p, R) con g holomorfa en D(p, R) y g(p) 6= 0. Entonces f ′ (z) = k(z − p)k−1g(z) + (z − p)k g ′(z) y por tanto, en una vecindad de p se tiene: f ′ (z) k(z − p)k−1 g(z) + (z − p)k g ′ (z) = f (z) (z − p)k g(z) k g ′ (z) = + . z−p g(z) 11.7. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 153 g ′ (z) es holomorfa en p. Por lo tanto en el desarrollo de f ′ /f g(z) k , por lo que p es polo de orden 1 de f ′ /f, y en p el único término singular es z−p su residuo es el coeficiente de dicho término, es decir k. Además se tiene que 2. Sea p ∈ D un polo de orden k de f . Entonces existe R > 0 tal que f (z) = (z − p)−k g(z) en D(p, R) con g holomorfa en D(p, R) y g(p) 6= 0. Entonces f ′ (z) = −k(z − p)−k−1g(z) + (z − p)−k g ′ (z) y por tanto, en una vecindad de p se tiene: f ′ (z) −k(z − p)−k−1 g(z) + (z − p)−k g ′(z) = f (z) (z − p)−k g(z) −k g ′(z) = + . z−p g(z) Por el mismo razonamiento que en a), se tiene que p es polo de orden 1 de f ′ /f, y su residuo es −k. (0.5 ptos.) 3. Sea p ∈ D que no es polo ni cero de f . Entonces f ′ es holomorfa en una vecindad de p (pues f lo es). dado que f (p) 6= 0, se tiene que 1/f también es holomorfa en una vecindad de p. Por lo tanto p no es polo de f /f ′ . Para concluir, por el teorema de los residuos y las preguntas a) y b) se tiene: Z ′ X f (z) 1 dz = Res(f ′ /f, p) 2πi Γ f (z) p polo de f ′ /f X X = k(p) + (−k(p)) p cero def p polo de f =C−P (Donde k(p) denota el orden del polo o del cero p, según corresponda). Solución Problema 11.11 a) f (z) = 1 z 2 (1+z) = 1 z 2 (1−(−z)) = 1 z2 P∞ n=0 (−z) n donde la última igualdad es válida si y sólo si 0 < |z| < 1 ⇐⇒ z ∈ A1 Es decir que f (z) = Los coeficientes son P∞ n=0 (−z) n−2 = 1 z2 − z1 + 1 − z + z 2 − z 3 . . . c−n = 0 n ≥ 3 c−2 = 1 c−1 = −1 cn = (−1)n ∀n ∈ N CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS 154 Y los radios de convergencia son k→∞ R2 p k |c−k | = 0 p = 1/ lı́m sup k |ck | = 1 R1 = lı́m sup k→∞ b) f (z) = 1 z 2 (1+z) = 1 z 3 ( z1 +1) = P∞ 1 n n=0 (− z ) 1 z3 donde la última igualdad es válida si y sólo si 0 < | 1z | < 1 ⇐⇒ z ∈ A2 Es decir que f (z) = Los coeficientes son P∞ n −n−3 n=0 (−1) (z) = 1 z3 − 1 z4 + 1 z5 − 1 z6 + 1 z7 ... c−n = (−1)n+1 n ≥ 3 c−2 = 0 c−1 = 0 cn = 0 ∀n ∈ N Y los radios de convergencia son k→∞ R2 p k |c−k | = 1 p = 1/ lı́m sup k |ck | = 1/0 = ∞ R1 = lı́m sup k→∞ Solución Problema 11.15 Sea Γ = {z ∈ C : |z| = 1}, y sea f una función holomorfa en A = {z ∈ C : 0 < |z| < 2} tal que Z z n f (z)dz = 0 Γ para todo n ≥ 0. Pruebe que z = 0 es una singularidad evitable de f . Dado que f ∈ H(D(0, 2)), se tiene que z0 = 0 es singularidad aislada de f . Por el teorema de series de Laurent, se tiene que f tiene un desarrollo en z0 = 0. Es decir, f (z) = ∞ X ak z k −∞ para todo z ∈ A. Entonces se tiene n z f (z) = ∞ X −∞ ak z k+n = ∞ X −∞ ak−n z k . (11.7) 11.7. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 155 Por otra parte, para todo n ≥ 0 la función z n f (z) no tiene singularidades fuera de z0 = 0, y este punto es encerrado por la curva simple Γ. Entonces, el teorema de los residuos implica que Z z n f (z)dz = 2πiRes(z n f (z), 0) (11.8) Γ y teniendo en cuenta la hipótesis sobre f se sigue que Res(z n f (z), 0) = 0 (11.9) Por el teorema de series de Laurent, se tiene que Res(z n f (z), 0) es igual al coeficiente del término z −1 en la serie de z n f (z). Teniendo en cuenta el desarrollo (11.7) se sigue que Res(z n f (z)) = a−n−1 para todo n ≥ 0. Gracias a 11.9 se concluye que a−n−1 = 0 para todo n ≥ 0. Es decir, an = 0 para todo n < 0. Por lo tanto f (z) = ∞ X ak z k 0 para todo z ∈ A, y entonces lı́mz→0 f (z) = a0 y por tanto z0 = 0 es una singularidad evitable. 156 CAPÍTULO 11. TEOREMA DE LOS RESIDUOS Capítulo 12 Evaluación de integrales vía residuos 12.1. Integrales de funciones trigonométricas Consideremos una integral definida del tipo: Z2π p(cos θ, sen θ) dθ, q(cos θ, sen θ) (12.1) 0 donde p y q son polinomios. La resolución de este tipo de integrales mediante el uso de las técnicas del cálculo en R resulta a menudo bastante engorrosa dado que aparecen cuocientes de polinomios en sen θ y cos θ. Sin embargo, el uso del teorema de los residuos simplifica de manera sustancial el tratamiento de estas expresiones, como veremos a continuación. Proponemos el siguiente cambio de variables: z = eiθ , dz = eiθ idθ. Notando que z − z −1 eiθ − e−iθ = 2i 2i eiθ + e−iθ z + z −1 cos θ = = 2 2 sen θ = convertimos el integrando original en un cuociente de polinomios, esta vez en z, de modo que (12.1) se transforma en una integral de contorno en el plano C, la que puede evaluarse utilizando el teorema de los residuos. Para ilustrar lo anterior, veamos un ejemplo: Ejemplo 12.1.1. Calcular I= Z2π dθ . 2 + sen θ 0 157 158 CAPÍTULO 12. EVALUACIÓN DE INTEGRALES VÍA RESIDUOS Solución Utilizando el cambio de variables propuesto, se tiene: I= I |z|=1 2 dz iz −1 + z−z2i = La fracción f (z) = z2 I 2dz . 2 |z|=1 z + 4iz − 1 2 + 4iz − 1 tiene como polos simples a las raíces de la ecuación z 2 + 4iz − 1 = 0, las que resultan ser √ z1 = −i(2 + 3), √ z2 = −i(2 − 3). Como | − i(2 + √ y por otra parte 0 < | − i(2 − 3)| = 2 + √ √ 3)| = 2 − 3>1 √ 3 < 1, sólo z2 está encerrado por la curva |z| = 1. Veamos cuánto vale Res(f, z2 ) : 2 √ z→z2 z→z2 z + i(2 + 3) 2 2 √ √ = √ = −i(2 − 3) + i(2 + 3) 2i 3 i = −√ 3 Res(f, z2 ) = lı́m (z − z2 )f (z) = lı́m Finalmente, por el teorema de los residuos I= Z2π 0 −i dθ 2π = 2πi Res(f, z2 ) = 2πi √ = √ . 2 + sen θ 3 3 ✷ El argumento anterior también es válido cuando se integran cocientes de polinomios en cos nθ y sen nθ para n > 1 dado que estos pueden expresarse en términos de sumas de potencias de z = eiθ : einθ − e−inθ z n − z −n = , 2i 2i z n + z −n einθ + e−inθ = . cos nθ = 2 2 sen nθ = Ilustremos lo anterior mediante un ejemplo: 12.1. INTEGRALES DE FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS 159 Ejemplo 12.1.2. Calcular I= Z2π 0 cos 2θ dθ. 5 − 4 sen θ Solución Hacemos las sustituciones: eiθ − e−iθ z − z −1 sen θ = = , 2i 2i ei2θ + e−i2θ z 2 + z −2 cos 2θ = = . 2 2 Así, tenemos I= I |z|=1 5− z 2 +z −2 2 2 (z − z −1 ) i dz · = iz I |z|=1 (z 4 + 1)dz 2iz 2 (2iz 2 + 5z − 2i) Es claro que en z = 0 tenemos un polo de orden 2. Calculemos las raíces de 2iz 2 + 5z − 2i = 0. z1 z2 p √ 25 − 4 · (2i) · (−2i) −5 + 25 − 16 i = = = 4i 4i 2 p √ −5 − 25 − 4 · (2i) · (−2i) −5 − 25 − 16 = = = 2i 4i 4i −5 + Como |z1 | = 21 < 1 y |z2 | = 2 > 1, sólo nos interesa el residuo R1 asociado a z1 . Veamos cuánto vale R1 : i z4 + 1 R1 = lı́m (z − ) 2 2 2iz (2iz 2 + 5z − 2i) z→ 2i = lı́m z→ 2i = = z4 + 1 2iz 2 · 2i(z − 2i) ( 2i )4 + 1 2i( 2i )2 · 2i( 2i − 2i) 17 16 −3i 2 = 17i 17 2 · = . 16 −3i 24 Luego, por el teorema de los residuos: I= Z2π 0 cos 2θ dθ = 2πi(R1 ) = 2πi 5 − 4 sen θ  17i 24  = −17π . 12 ✷ CAPÍTULO 12. EVALUACIÓN DE INTEGRALES VÍA RESIDUOS 160 12.2. Integrales impropias sobre dominios no acotados En esta sección nos interesaremos en el problema de evaluar integrales impropias del tipo Z∞ f (x)dx = lı́m ZR R→∞ −R −∞ f (x)dx, donde f : R → R, o más generalmente f : R → C. Esta definición para la integral de −∞ a ∞, como el límite cuando R → ∞ de las integrales definidas sobre los intervalos simétricos [−R, R], se conoce como valor principal de Cauchy de la integral impropia. En lo que sigue, supondremos que la función a integrar f : R → C admite una extensión definida sobre todo el plano complejo mediante una función meromorfa(11.2.1), cuya restricción a R coincide con la función original, y que denotamos simplemente por f : C → C. Definamos el semiplano superior mediante H = {z ∈ C : Im(z) ≥ 0}, cuyo interior está dado por Int(H) = {z ∈ C : Im(z) > 0}. El siguiente teorema es un primer resultado que permite evaluar una gran variedad de integrales impropias. Teorema 12.2.1. Sea f : C → C una función meromorfa en C y denotemos por P el conjunto de los polos de f . Supongamos que: (a) f no tiene polos en R, es decir, R ∩ P = ∅. (b) f admite un número finito de polos en Int(H), es decir, Int(H) ∩ P es un conjunto finito. (c) Existen constantes K ≥ 0, M ≥ 0 y p > 1 tales que |f (z)| ≤ K , |z|p ∀z ∈ H, |z| ≥ M. Entonces Z∞ f (x)dx = 2πi X Res(f, z). z∈Int(H)∩P −∞ Demostración. Dado R > 0, denotemos por CR el arco de semicircunferencia parametrizado por γ(θ) = Reiθ , θ ∈ [0, π], tal como se ilustra en la figura 12.1, de modo que su largo es L(CR ) = πR. Por (a) y (b), para R > 0 suficientemente grande el camino CR no pasa por ningún polo de f y, por (c), tenemos además la siguiente estimación: Z CR f (z)dz ≤ sup |f (z)| · L(CR ) ≤ z∈CR K Kπ πR = p−1 . iθ p |Re | R 12.2. INTEGRALES IMPROPIAS SOBRE DOMINIOS NO ACOTADOS 161 CR −R R Figura 12.1: Arco de semicircunferencia Como p > 1, deducimos que Z lı́m R→∞ CR f (z)dz = 0. Por otra parte, aplicando el teorema de los residuos 11.2.2 al camino cerrado y simple dado por ΓR = [−R, R] ∪ CR para R suficientemente grande de modo tal que ΓR encierre todos los polos de f en Int(H), se deduce 2πi X z∈Int(H)∩P Res(f, z) = Z f (z)dz = ΓR ZR f (x)dx + −R 2πi z∈Int(H)∩P  Res(f, z) = lı́m  R→∞ ZR f (x)dx + −R Z CR f (z)dz. CR Finalmente, tomando límite cuando R → ∞ se obtiene X Z  f (z)dz  = lo que demuestra el teorema. Z∞ f (x)dx, −∞  Un caso interesante para el cual es fácil verificar que se tienen las hipótesis del teorema 12.2.1 está dado por el siguiente resultado: Corolario 12.2.2. Sean p, q dos polinomios primos entre sí tales que q no tiene ceros reales y además se tiene grado(q) ≥ grado(p) + 2. (12.2) Entonces: Z∞ −∞ p(x) dx = 2πi q(x) X q(z)=0, Im(z)>0  p Res ,z q  CAPÍTULO 12. EVALUACIÓN DE INTEGRALES VÍA RESIDUOS 162 Demostración. Sea la función racional definida por f (z) = p(z)/q(z). Dado que p y q son primos entre sí, los polos de f (z) corresponden a los ceros de q, los que por hipótesis no son reales. Para aplicar el teorema 12.2.1, basta verificar que f satisface la condición de decaimiento (c). Para ver que esto es cierto, denotemos n = grado(p) y m = grado(q) y escribamos z n ( zan0 + . . . + an−1 + an ) a0 + a1 z + . . . + an z n p(z) z = = bm−1 m b 0 m q(z) b0 + b1 z + . . . + bm z z ( z m + . . . + z + bm ) + . . . + zan0 = |an |, y similarmente lı́m|z|→∞ bm + bm−1 + . . . + zbm0 = Pero lı́m|z|→∞ an + an−1 z z |bm |. Luego, para |z| suficientemente grande, digamos |z| ≥ M para una constante M > 0 apropiada, se tiene an + an−1 + . . . + zan0 ≤ 2|an | y bm + bm−1 + . . . + zbm0 ≥ 12 |bm |, de donde z z se deduce que 4|an | 1 p(z) ≤ · q(z) |bm | |z|r | {z } K con r := m − n ≥ 2 en virtud de (12.2).  Ejemplo 12.2.3. Calcular Z∞ x2 dx. 1 + x4 0 Solución En este caso, el integrando f (x) = x2 1 + x4 es el cociente de los polinomios p(z) = z 2 y q(z) = 1 + z 4 evaluados en la variable real x. En primer lugar, la raíz de p(z) es 0 de multiplicidad 2, mientras que las raíces de q(z) están dadas por las soluciones de la ecuación z 4 = −1, es decir, por los complejos eiπ/4 , ei3π/4 , e−iπ/4 y e−i3π/4 , de los cuales ninguno es real y sólo los dos primeros se encuentran en el semiplano superior H. Como p(z) y q(z) no tienen raíces comunes, éstos son primos entre sí y además grado(q) = 4 = grado(p) + 2. De este modo, se satisfacen las hipótesis del corolario 12.2.2. Deducimos que Z∞ −∞   2   2 z z x2 iπ/4 i3π/4 + 2πi Res . dx = 2πi Res ,e ,e 1 + x4 1 + z4 1 + z4 En este caso es fácil ver que f (z) = (z 2 /1 + z 4 ) tiene polos simples en eiπ/4 y ei3π/4 de modo que los residuos pueden calcularse mediante la fórmula (11.5) para obtener:   2 ei2π/4 1 z iπ/4 = , e = e−iπ/4 , Res 4 i3π/4 1+z 4e 4 12.2. INTEGRALES IMPROPIAS SOBRE DOMINIOS NO ACOTADOS y similarmente Res En consecuencia Z∞ −∞  z2 , ei3π/4 4 1+z  163 1 = e−i3π/4 4 2πi x2 dx = [cos(π/4) + cos(3π/4) − i(sen(π/4) + sen(3π/4))] 4 1+x 4   1 1 1 π 2πi 1 √ − √ − i( √ + √ ) = √ . = 4 2 2 2 2 2 Finalmente, como f (x) = x2 /(1 + x4 ) es una función par, deducimos que Z∞ 0 x2 π dx = √ . 4 1+x 2 2 ✷ Para estudiar qué ocurre cuando el integrando f (z) admite polos reales, necesitamos el siguiente resultado preliminar. Proposición 12.2.4. Sea f meromorfa en un abierto Ω y a ∈ Ω un polo simple de f . Sea Cε,θ1,θ2 la parametrización del arco de circunferencia de radio ε > 0 centrado en a cuyos límites son los ángulos θ1 y θ2 , es decir Cε,θ1 ,θ2 (θ) = a + εeiθ , θ ∈ [θ1 , θ2 ], tal como se ilustra en la figura 12.2. Cε,θ1 ,θ2 θ2 a b θ1 ε Figura 12.2: Segmento de arco de circunferencia Entonces lı́m Z ε→0 ∗ Cε,θ 1 ,θ2 f (z)dz = i(θ2 − θ1 ) Res(f, a). CAPÍTULO 12. EVALUACIÓN DE INTEGRALES VÍA RESIDUOS 164 Demostración. Como f tiene un polo simple en a, entonces en torno a ese punto admite un desarrollo en serie de Laurent de la forma ∞ X c−1 f (z) = ck (z − a)k , + z − a k=0 | {z } |z − a| < ρ, f1 (z) para algún radio ρ > 0 suficientemente pequeño y algunos coeficientes (ck ) ⊆ C. Para 0 < ε < ρ, se tiene Z f (z)dz = c−1 Cε,θ1 ,θ2 Zθ2 1 εieiθ dθ + εeiθ Z f1 (z)dz Cε,θ1 ,θ2 θ1 | = i(θ2 − θ1 ) Res(f, a) + Aε {z } Aε donde |Aε | ≤ M · L(Cε,θ1 ,θ2 ) = Mε(θ2 − θ1 ), para alguna constante M > 0 que acota a f1 (z) en una vecindad del punto a. Esta constante existe pues f1 (z) es holomorfa en D(a, ρ). Luego, haciendo ε → 0 se tiene Aε → 0 y se deduce el resultado.  Teorema 12.2.5. Sea f : C → C una función meromorfa en C y denotemos por P el conjunto de los polos de f . Supongamos que: (a) f admite un número finito de polos reales simples, es decir, R ∩ P = {a1 , . . . , as } con aj polo simple de f . (b) f admite un número finito de polos en Int(H), es decir, Int(H) ∩ P es un conjunto finito. (c) Existen constantes K ≥ 0, M ≥ 0 y p > 1 tales que |f (z)| ≤ Entonces Z∞ f (x)dx = 2πi K , |z|p X ∀z ∈ H, |z| ≥ M. Res(f, z) + πi z∈Int(H)∩P −∞ s X Res(f, aj ). j=1 Demostración. La demostración es análoga a la del teorema 12.2.1 tomando ahora un camino que evita los polos reales tal como se ilustra en la figura 12.3. Por el teorema de los residuos, tenemos que para R suficientemente grande y ε > 0 pequeño: Z Z Z s X X f (x)dx + f (z)dz + f (z)dz = 2πi Res(f, z), (12.3) I(R,ε) j=1 Cj (ε) CR z∈Int(H)∩P 12.2. INTEGRALES IMPROPIAS SOBRE DOMINIOS NO ACOTADOS 165 CR C1 (ε) C2 (ε) b −R a1 Cs (ε) b b a2 as R Figura 12.3: Camino que evita los polos reales donde I(R, ε) = [−R, R] \ s [ ]aj − ε, aj + ε[, j=1 el camino Cj (ε) es el arco de semicircunferencia parametrizado por γj (t) = aj + εei(π−t) , t ∈ [0, π] y CR es el arco de semicircunferencia parametrizado por γ(θ) = Reiθ , θ ∈ [0, π]. Por la proposición 12.2.4 Z lı́m ε→0 Cj (ε) f (z)dz = −πi Res(f, aj ), y por el mismo argumento que en el teorema 12.2.1, Z f (z)dz = 0. lı́m R→∞ CR Luego, haciendo ε → 0 y R → ∞ en (12.3), se deduce que Z∞ f (x)dx − πi −∞ s X X Res(f, aj ) + 0 = 2πi j=1 Res(f, z), z∈Int(H)∩P de donde se sigue el resultado.  Una consecuencia de este último resultado es el siguiente: Corolario 12.2.6. Sean p, q dos polinomios primos entre sí tales que los ceros de q sobre el eje real, de existir, son simples, y se tiene además grado(q) ≥ grado(p) + 2. Entonces Z∞ −∞ p(x) dx = 2πi q(x) X q(z)=0, Im(z)>0  p Res ,z q  + πi X q(a)=0, a∈R Res   p ,a . q CAPÍTULO 12. EVALUACIÓN DE INTEGRALES VÍA RESIDUOS 166 Por otra parte, cuando se trata de evaluar integrales impropias de la forma Z∞ f (x) cos sxdx Z∞ f (x) sen sxdx −∞ o bien −∞ para s > 0 en general no es posible aplicar directamente los resultados anteriores a las funciones f (z) cos sz y f (z) sen sz respectivamente pues estas suelen no satisfacer la condición de decaimiento. Esto se debe a que, por ejemplo, si explicitamos cos sz en términos de exponenciales 1 1 cos sz = (eisz + e−isz ) = (e−sy+isx + esy−isx ) 2 2 vemos que cuando R → ∞, las coordenadas imaginarias y de los puntos z = x + iy ∈ CR donde CR es el arco de semicircunferencia considerado anteriormente (ver figuras 12.1 y 12.3), divergen a ∞ y en consecuencia el término esy si s > 0 crece exponencialmente. Luego, para que f (z) cos sz satisfaga la condición de decaimiento, la función f (z) debe decaer a 0 más rápido que una exponencial, lo que deja fuera a todas las funciones racionales que se obtienen como cuocientes de polinomios. Notemos que este inconveniente es consecuencia del término e−isz que aparece en cos sz, pues el otro término eisz = e−sy+isx es muy favorable ya que decae exponencialmente a 0 cuando y → ∞. Por otra parte, si en lugar de considerar f (z) cos sz (resp. f (z) sen sz), tomamos f (z)eisz , que para una gran variedad de funciones f (z) sí satisface la condición de decaimiento necesaria para que la integral de f (z)eisz sobre CR tienda a 0 gracias al buen comportamiento de eisz , entonces podemos calcular Z∞ f (x)eisx dx, −∞ lo que resuelve el problema original pues Z∞ −∞ isx f (x)e dx = Z∞ f (x) cos sxdx + i −∞ Más precisamente, tenemos el siguiente resultado: Z∞ −∞ f (x) sen sxdx. 12.2. INTEGRALES IMPROPIAS SOBRE DOMINIOS NO ACOTADOS 167 Teorema 12.2.7. Sea f : C → C una función meromorfa en C y denotemos por P el conjunto de los polos de f . Supongamos que: (a) f no tiene polos en R, es decir, R ∩ P = ∅. (b) f admite un número finito de polos en Int(H), es decir, Int(H) ∩ P es un conjunto finito. (c) Existen constantes K ≥ 0, M ≥ 0 y p > 0 tales que |f (z)| ≤ K , |z|p Entonces, para todo s > 0 se tiene lı́m Z R→∞ CR ∀z ∈ H, |z| ≥ M. f (z)eisz dz = 0, (12.4) donde CR es el arco de semicircunferencia parametrizado por γ(θ) = Reiθ , θ ∈ [0, π], y en consecuencia Z∞ X f (x)eisx dx = 2πi Res(eisz f (z), w). w∈Int(H)∩P −∞ Demostración. Una vez verificado (12.4), la demostración es esencialmente la misma que la del teorema 12.2.1. Para probar (12.4), comencemos por acotar la integral para R > M: Z isz f (z)e dz = Zπ iθ eisRe f (Reiθ )Rieiθ dθ 0 CR ≤ = Zπ 0 iθ |eisRe | · KR Rp Zπ K Rdθ Rp π e−sR sen θ dθ = 2KR Rp 0 Por otra parte, sabemos que Z sen θ θ ≥ π2 , Z2 e−sR sen θ dθ. 0 0 ≤ θ ≤ π2 , y por lo tanto π f (z)eisz dz ≤ CR Como p > 0, se deduce (12.4). 2KR Rp Z2 e− 2sR θ π dθ 0  π 2KR −π − 2sR θ 2 = e π Rp 2sR 0  2KR π  1 − e−sR = p R 2sR πK ≤ . sRp  CAPÍTULO 12. EVALUACIÓN DE INTEGRALES VÍA RESIDUOS 168 Observación 12.2.8. En el teorema anterior basta con p > 0, a diferencia del teorema 12.2.1 que requiere p > 1. Esto se debe a que el buen decaimiento aportado por el término correspondiente a eisz permite ser menos restrictivo sobre la función f (z). Corolario 12.2.9. Sean p, q dos polinomios primos entre sí tales que q no tiene ceros reales y además se tiene grado(q) ≥ grado(p) + 1. (12.5) Entonces para todo s > 0 se tiene Z∞ p(x) isx e dx = 2πi q(x) −∞ X Res q(w)=0, Im(w)>0   p(z) isz e ,w . q(z) Ejemplo 12.2.10. Dado s ≥ 0, calcular Z∞ cos sx dx, a > 0. x2 + a2 −∞ Solución Definamos h : C → C mediante eisz h(z) = 2 z + a2 Notemos que h es de la forma h(z) = p(z) isz e q(z) con p(z) = 1 y q(z) = z 2 + a2 . Los ceros de q(z) son simples y están dados por {ai, −ai} * R. Además, grado(q) = 2 > 0 + 1 = grado(p) + 1. Luego, se satisfacen las hipótesis del corolario 12.2.9 y por lo tanto, para el caso s > 0 se tiene Z∞ h(x)dx = −∞ Z∞ x2 1 · eisx dx + a2 −∞ = 2πi Res(h, ai) = 2πi π e−sa = e−sa , 2ai a pues Res(h, ai) = eisia e−sa = . 2ai 2ai El caso s = 0 se puede calcular directamente Z∞ −∞ x 1 1 dx = arc tg x2 + a2 a a ∞ −∞ = π . a 12.2. INTEGRALES IMPROPIAS SOBRE DOMINIOS NO ACOTADOS 169 En conclusión, para todo s ≥ 0 se tiene Z∞ π eisx dx = e−sa . 2 2 x +a a Z∞ cos sx π dx = e−sa 2 2 x +a a −∞ Por lo tanto −∞ y además Z∞ sen sx dx = 0. x2 + a2 −∞ Notemos que esta última identidad es inmediata pues se trata del valor principal de una integral impropia de −∞ a ∞ de un integrando dado por una función impar. ✷ Para finalizar, enunciemos los resultados análogos al teorema 12.2.5 y al corolario 12.2.6: Teorema 12.2.11. Sea f : C → C una función meromorfa en C y denotemos por P el conjunto de los polos de f . Supongamos que: (a) f admite un número finito de polos reales simples, es decir, R ∩ P = {a1 , . . . , as } con aj polo simple de f . (b) f admite un número finito de polos en Int(H), es decir, Int(H) ∩ P es un conjunto finito. (c) Existen constantes K ≥ 0, M ≥ 0 y p > 0 tales que |f (z)| ≤ K , |z|p ∀z ∈ H, |z| ≥ M. Entonces para todo s > 0 se tiene: Z∞ isx f (x)e dx = 2πi −∞ X isz Res(f (z)e , w) + πi s X Res(f (z)eisz , aj ). j=1 w∈Int(H)∩P Corolario 12.2.12. Sean p, q dos polinomios primos entre sí tales que los ceros de q sobre el eje real, de existir, son simples, y se tiene además grado(q) ≥ grado(p) + 1. Entonces para todo s > 0 se tiene: Z∞ −∞ p(x) isx e dx = 2πi q(x) X q(w)=0, Im(w)>0   p(z) isz Res e , w + πi q(z) X q(a)=0, a∈R Res   p(z) isz e ,a . q(z) CAPÍTULO 12. EVALUACIÓN DE INTEGRALES VÍA RESIDUOS 170 12.3. Ejercicios 1. Pruebe que: a) b) Z2π 0 dθ 2π =√ , a > 1. a + cos θ a2 − 1 Z2π 1 − a + a2 cos2 3θ dθ = π , 0 < a < 1. 1 − 2a cos 2θ + a2 1−a Z2π cos nθ e−na dθ = 2π(−1)n , n ≥ 0 es un entero y a > 0. cosh a + cos θ senh a 0 c) 0 d) Zπ/2 −π/2 sen θ π dθ = . 5 − 4 sen θ 6 2. Pruebe que: a) Z∞ dx 2π = . 6 1+x 3 Z∞ π x sen x dx = e−a , con a > 0. 2 2 x +a 2 Z∞ cos λx π dx = e−λa , donde λ ∈ R y a > 0. 2 2 x +a 2a Z∞ ln x π dx = −n , para n = 0 y n = 1 (considere ambos casos separadamen2 n+1 (1 + x ) 4 −∞ b) 0 c) 0 d) 0 e) te). Z∞ π sen x dx = (1 − e−a ), a > 0. x(x2 + a2 ) 2a2 0 3. Calcule Z∞ dx +1 x100 0 4. Calcular la Integral Z ∞ −∞ x sin(x)dx x2 + a2 12.4. PROBLEMAS 171 5. Calcule las siguientes integrales: Z ∞ Z ∞ x sen(mx) x2 − x + 2 dx b) dx a) 1 + x2 + x4 x4 + 10x2 + 9 0 0 Z 2π Z ∞ x sen(αx) sen2 (t) c) dt d) dx 2 + 1)(x + 2) 2 + cos(t) (x 0 −∞ Z ∞ Z ∞ cos(mx) sen(x) e) dx f) dx 2 2 2 2 (x + a ) 0 −∞ x(x + 1)(x + 1) Z 2π 1 dx, con a ∈ R, |a| > 1 g) a + cos(sx) 0 12.4. Problemas Problema 12.1. Calcular las siguientes integrales R 2π √sen(2θ) R +∞ x sen(2x) (i) 0 3−5 cos θ dθ, (ii) −∞ (x−4)(x 2 +3) dx. Problema 12.2. Calcule Z2π 0 cos nx dx 1 + a2 − 2a cos x con a ∈ (0, 1). Problema 12.3. Sea D = {x + iy : x > 0, y > 0} y f : D ⊆ C → C continua en D y holomorfa en D. Suponga que existe una constante M ≥ 0 tal que |f (z)| ≤ M/|z|2 para todo z ∈ D, |z| ≥ 1. 1. Pruebe que para todo θ ∈ [0, π/2] se tiene Z∞ iθ f (x)dx = e Z∞ f (eiθ x)dx. 0 0 2. Utilice lo anterior con f (z) = exp(iz)/(1 + z)2 y θ = π/2 para demostrar que Z∞ 0 cos(x) dx + (1 + x)2 Z∞ exp(−x) dx = 1. 1 + x2 0 Problema 12.4. Demuestre que Z∞ π xm dx = , n x +1 n sen[π(m + 1)/n] 0 donde m y n son enteros positivos distintos de cero tales que n − m ≥ 2. Indicación: puede ser útil considerar un camino como el de la figura 12.4. 172 CAPÍTULO 12. EVALUACIÓN DE INTEGRALES VÍA RESIDUOS Γ2 Γ3 Γ(R) 2π/n Γ1 R Figura 12.4: Camino cerrado Problema 12.5. (a) Sea f (z) una función holomorfa en C tal que f (z) ∈ / R− para todo z ∈ C, pruebe que ∆ log|f (z)| = 0. (b) Si suponemos ahora que |f (z)| es el producto de una función de x y una función de y, muestre que |f (z)| = ep(x)+q(y) , donde p y q son dos polinomios de grado 2. Finalmente concluya que f (z) = exp(αz 2 + βz + γ), donde α, β y γ son constantes complejas. Indicación: utilice la función logarítmica compleja, la cual es holomorfa en C \ R− . (c) Mostrar que la parte (a) es también cierta cuando f (z) es holomorfa en C y sólo satisface que f (z) 6= 0 para todo z ∈ C. Problema 12.6. 1 Sea f ∈ H(C \ P ) donde P = {p1 , ..., pl } es el conjunto de los polos de f . Supongamos que ∃M, R > 0, ∃p > 1 tales que ∀z ∈ C, |z| ≥ R se tiene |f (z)| ≤ M/|z|p . Definamos además la función auxiliar g(z) = π cot(πz)f (z). (i) Dado N ≥ 1, considere el camino CN de la figura. CN i(N + 1 ) 2 N N+ 1 b b 1) −i(N + 2 1 Control 3. Primavera 2002. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 12.4. PROBLEMAS 173 Demuestre que lı́m N →∞ I g(z)dz = 0. CN (ii) Pruebe que ∞ X n=−∞ n6=pj f (n) = − l X Res(π cot(πz)f (z), pj ). j=1 (iii) Usando lo anterior, demuestre que Problema 12.7. Muestre que Z ∞ X π2 1 = . 2 n 6 n=1 ∞ −∞ Problema 12.8. Pruebe que   3 sen x . dx = π 1 − x(x2 + 1)2 2e Z ∞ −∞ Hint: integrar eaz ez +1 Problema 12.9. 2 π eaz = x e +1 sin(πa) en el rectángulo de vertices ±R y ±R + 2πi Sea P (z) un polinomio de grado n ≥ 2 con n raíces distintas z1 , . . . , zn . 1. Pruebe que para R > 0 suficientemente grande, se tiene Pn 1 j=1 P ′ (zj ) 2. Deduzca que Problema 12.10. 3 Z ∂D(0,R) n X 1 1 dz = 2πi . ′ (z ) P (z) P j j=1 = 0. Pruebe que Z ∞ −∞ cos x π dx = ex + e−x eπ/2 + e−π/2 Indicaciones: 1. Sea ΓR el rectángulo de vértices −R, R, R + πi y −R + πi con R > 0. Sea f (z) la Z función estudiada en el inciso a). Pruebe que ΓR encierra sólo un polo de f y que f (z)dz = πe−π/2 . ΓR 2. Pruebe que lı́m R→∞ verticales de ΓR 2 3 Z f (z)dz = lı́m ΓR,2 R→∞ Z f (z)dz = 0, donde ΓR,2 y ΓR,4 son los lados ΓR,4 Examen. Primavera 2006. Matemáticas Aplicadas. Prof: Alberto Mercado Control 3. Otoño 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Alberto Mercado CAPÍTULO 12. EVALUACIÓN DE INTEGRALES VÍA RESIDUOS 174 3. Concluya. Problema 12.11. 12.5. 4 Sean a > 0 y b > 0. Calcule la integral Z ∞ cos(x) dx. (x2 + a2 )(x2 − b2 ) 0 Resolución de problemas Solución Problema 12.1 2 −2 −1 (i) Haciendo el cambio de variable sen 2θ = z −z y cos θ = z+z2 , con z = eiθ , la 2i integral queda de la forma: q Z 2π √ Z z 2 −z −2 sen 2θ dz 2i dθ = −1 z+z 3 − 5 cos θ iz 0 |z|=1 3 − 5 2 r Z √ 1 2 z4 − 1 = − dz i i |z|=1 z(5z 2 − 6z + 5) r Z √ z4 − 1 1 2 = − 3−4i dz i i |z|=1 z(z − ( 3+4i ))(z − ( )) 5 5 Los polos de f (z) = √ z 4 −1 z(z−( 3+4i ))(z−( 3−4i )) 5 5 , 3−4i }, todos simples. Solo se son {0, 3+4i 5 5 consideran los que están en D(0, 1) (abierto), es decir, {0}. √ z4 − 1 Res(f (z), 0) = lı́m z→0 (5z 2 − 6z + 5) i = 5 q
2 i . Por lo tanto, la integral vale 2πi −1 i i 5 (ii) Se considera la función f (z) = √ {i 3} y en el eje real {4}. zei2z , (z−4)(z 2 +3) cuyo polo en el semiplano superior es √ √ zei2z i 3e−2 3 √ , √ = √ lı́m√ z→i 3 (z − 4)(z + i 3) (i 3 − 4)(2i 3) zei2z 4ei8 Res(f (z), 4) = lı́m 2 = . z→4 (z + 3) 19 √ Res(f (z), i 3) = Por lo tanto, la integral vale: √ √ −2 3 i8 3e √ + πi 4e . 2πi (i√i 3−4)(2i 19 3) 4 Control 3. Otoño 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Alberto Mercado 12.5. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 175 Solución Problema 12.9 Sea P (z) un polinomio de grado n ≥ 2 con n raíces distintas z1 , . . . , zn . 1. Dado que cada zj es un cero de orden 1 de P , se tiene que zj es un polo de orden 1 de 1/P . En particular P ′(zj ) 6= 0, y se comprueba (con l’hôpital, o factorizando P (z) por z − zj ), que   1 1 , zj = ′ Res P (z) P (zj ) Ahora, si R > 0 es tal que {z1 , . . . , zn } ⊂ D(0, R), por el teorema de los residuos y Z n X 1 1 lo anterior se tiene que dz = 2πi . ′ P (zj ) ∂D(0,R) P (z) j=1 2. Dado que el grado de P (z) es mayor o igual que 2, se tiene que Z 1 dz → 0 cuando R → ∞ ∂D(0,R) P (z) De esto y el inciso a) se tiene n X j=1   Z 1 1 = lı́m 2πi dz = 0. P ′(zj ) R→∞ ∂D(0,R) P (z) Solución Problema 12.10 1. La curva ΓR sólo encierra puntos cuya parte imaginaria está en (0, π). El único zn que cumple esto es 21 πi. Además ΓR no intersecta ningún zn , por lo que el teorema de los residuos implica que Z 1 f (z)dz = 2πiRes(f, πi) 2 ΓR Por último, el polo es de primero orden, por lo que calculando el residuo se tiene que 1 eiz 1 2πiRes(f, πi) = 2πiRes( , πi) 2 2 cos(iz) 2 1 e− 2 π = 2πi −2 sen(− 21 π)i π = 2π e− 2 −2(−1) = πe−π/2 2. Sea ΓR,2 el segmento entre R y R + πi. Entonces una parametrización de ΓR,2 está dada por γ(t) = R + it, con t ∈ [0, π]. Entonces Z Z 1 ei(R+it) f (z)dz = idt R+it + e−R−it ΓR,2 0 e CAPÍTULO 12. EVALUACIÓN DE INTEGRALES VÍA RESIDUOS 176 = Z π 0 y por tanto Z ΓR,2 ie−t+iR dt eR+it + e−R−it f (z)dz ≤ ≤ Z Z π 0 1 |eR+it 0 ie−t+iR dt eR+it + e−R−it 1 dt + e−R−it | Ahora, para el denominador se tiene que |eR+it + e−R−it | = eR |eit + e−2R e−it | y además 1 = |eit | ≤ |eit + e−2R e−it | + |e−2R e−it | = |eit + e−2R e−it | + e−2R por lo que |eit + e−2R e−it | ≥ 1 − e−2R ≥ 1 2 para R grande. (i.e. para R ≥ R0 ). De lo anterior se tiene que Z π Z π 1 dt ≤ e−R dt = πe−R → 0 R+it −R−it +e | 0 0 |e y por tanto lı́m R→∞ Z f (z)dz = 0 ΓR,2 Para la curva ΓR,4 entre los puntos −R y −R + πi, se puede parametrizar por γ(t) = −R + ti , por lo que el numerador del integrando también está acotado (aparece e−Ri−t ), y el denominador es el mismo, por lo que la prueba resulta análoga. 3. Sean ΓR,1 y ΓR,3 los lados inferior y superior de ΓR , respectivamente. Se pueden parametrizar por γ1 (t) = t γ3 (t) = t + iπ con t ∈ [−R, R] (notar que ΓR,3 esta parametrizada en sentido inverso al que le corresponde en la curva Γ). Entonces Z ΓR,1 f (z)dz = Z R −R eit dt et + e−t 12.5. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS y por otra parte, Z 177 f (z)dz = ΓR,3 Z Z R −R eit−π dt et+iπ + e−t−iπ R eit dt t iπ −t −iπ −R e e + e e Z R eit −π = −e dt t −t −R e + e Z −π = −e f (z)dz = e−π ΓR,1 Z Teniendo en cuenta que f (z)dz = ΓR 4 Z X j=1 f (z)dz, del inciso 2) (y teniendo en ΓR,j cuenta la orientación de Γ), se sigue que lı́m R→∞ Z −π f (z)dz = (1 + e ΓR ) Z ∞ f (z)dz −∞ y por el inciso 1) tenemos que −π (1 + e ) Z ∞ f (z)dz = πe−π/2 −∞ de donde se tiene Z ∞ f (z)dz = −∞ π πe−π/2 = π/2 −π 1+e e + e−π/2 Por último, dado que eix = cos(x) + i sen(x), se tiene que la integral que se pide es la parte real de la que recién calculamos, de donde se concluye. Solución Problema 12.11 Definimos la función f (z) = eiz 1 (z 2 + a2 )(z 2 − b2 ) Entonces f es de la forma eiz pq , con p y q polinomios de grado 0 y 4 respectivamente. Los ceros de q (y por tanto polos de f ) son {−ia, ia, −b, b.}, cada uno de primer orden. Aplicando el teorema visto en clase sobre integrales de este tipo de funciones se tiene que Z 1 = 2πiRes(f, ia) + πi (Res(f, −b) + Res(f, b)) eix 2 2 (x + a )(x2 − b2 ) R pues ia pertenece al semiplano superior y los dos polos restantes a la recta real. Calculando cada límite, se tiene que CAPÍTULO 12. EVALUACIÓN DE INTEGRALES VÍA RESIDUOS 178 Res(f, ia) = lı́m eiz z→ia Res(f, b) = lı́m eiz z→b 1 +i 1 = e−a = e−a , 2 2 2 2 (z + ia)(z − b ) (2ia)(−a − b ) 2a(a2 + b2 ) 1 1 1 ib = e = (cos(b) + i sen(b)) (z 2 + a2 )(z + b) (b2 + a2 )2b 2b(a2 + b2 ) y Res(f, −b) = lı́m eiz z→−b 1 e−ib −1 = = (cos(b) − i sen(b)) 2 2 2 2 (z + a )(z − b) (b + a )(−2b) 2b(a2 + b2 ) Teniendo en cuenta que cos(x) = Re(eix ) para todo x ∈ R, se tiene que Z Z cos(x) 1 dx = Re eix 2 2 2 2 2 2 (x + a )(x2 − b2 ) R (x + a )(x − b ) R = Re [2πiRes(f, ia) + πi (Res(f, −b) + Res(f, b))] 1 1 1 − π sen(b) − π sen(b) = −2πe−a 2 2 2 2 2 2a(a + b ) 2b(a + b ) 2b(a + b2 ) Por último, teniendo en cuenta que el integrando es una función par, se concluye que Z ∞ 1 1 cos(x) dx = −πe−a − π sen(b) . 2 2 2 2 2 2 2 (x + a )(x − b ) 2a(a + b ) 2b(a + b2 ) 0 Parte III Análisis de Fourier 179 Capítulo 13 Series de Fourier 13.1. Definición Resulta fundamental, para el posterior análisis de ecuaciones en derivadas parciales, la noción de lo que es una serie de Fourier. Definición 13.1.1. Sea f : [−ℓ, ℓ] → R una función continua (basta continua por trozos). Diremos que f admite un desarrollo en serie de Fourier en [−ℓ, ℓ] si existen escalares a0 , a1 , ... y b1 , b2 , ... tales que  nπx i  nπx  a0 X h f (x) = + bn sen , ∀x ∈ [−ℓ, ℓ] + an cos 2 ℓ ℓ n=1 ∞ N h  nπx   nπx i X a0 an cos = + bn sen , ∀x ∈ [−ℓ, ℓ] + lı́m N →+∞ 2 ℓ ℓ n=1 Este tipo de Series surge como respuesta a la siguiente pregunta: ¿Podemos expresar una función continua como una combinación lineal (eventualmente, como una serie infinita) de funciones sinusoidales de frecuencia cada vez mayor? Si esto es posible, ¿cómo se obtienen los coeficientes en términos de f (x)? Para responder a esta última pregunta, supongamos que f admite desarrollo en serie de Fourier y escribamos la serie en forma compleja. Recordemos que eαi + e−αi 2 eαi − e−αi sen α = 2i cos α = Luego si f (x) admite un desarrollo en serie de Fourier, entonces podemos reescribir este desa181 CAPÍTULO 13. SERIES DE FOURIER 182 rrollo como f (x) = = i −inπx 1 a0 X h 1 inπx + (an − ibn )e ℓ + (an + ibn )e ℓ 2 2 2 n=1 ∞ ∞ X Ck e (13.1) ikπx ℓ k=−∞ donde C0 = a0 2 y Ck =  1 (a 2 k 1 (a 2 k − ibk ) si k ≥ 1 + ibk ) si k ≤ −1 Para determinar los coeficientes complejos, podemos proceder, al menos formalmente, como ik0 πx sigue: fijamos k0 ∈ Z y multiplicamos la ecuación (13.1) por e− ℓ e integramos en el intervalo [−ℓ, ℓ] para obtener Z ℓ − f (x)e ik0 πx ℓ dx = −ℓ ∞ X Ck Z ℓ e ikπx ℓ e− Ck Z −ℓ k=−∞ = 2ℓCk0 + ∞ X k=−∞ k6=k0 pero notemos que para k 6= k0 Z ℓ i(k−k0 )πx = e ℓ −ℓ ik0 πx ℓ ℓ e dx i(k−k0 )πx ℓ −ℓ i(k−k0 )πx ℓ e ℓ i(k − k0 )π ℓ −ℓ = 0, donde hemos usado el hecho que sen(kπ) = 0, y por lo tanto Z −ik0 πξ 1 ℓ Ck 0 = f (ξ)e ℓ dξ 2ℓ −ℓ Ahora podemos regresar a los coeficientes reales. Primero, es claro que Z 1 ℓ f (x)dx a0 = 2C0 = ℓ −ℓ Si n ≥ 1 entonces: 1 Cn = (an − ibn ) 2 y en consecuencia Z  nπx  dx ℓ −ℓ Z  nπx  1 ℓ dx f (x) sen bn = −2 Im(Cn ) = ℓ −ℓ ℓ 1 an = 2Re(Cn ) = ℓ ℓ f (x) cos dx 13.1. DEFINICIÓN 183 Observemos que de las relaciones de ortogonalidad ( Zℓ inπx 0 si n 6= m imπx e ℓ e− ℓ dx = 2ℓ si n = m −ℓ se deducen las correspondientes relaciones Rℓ −ℓ Rℓ −ℓ Rℓ −ℓ ( 0 si n 6= m sen sen dx = ℓ ℓ ℓ si n = m (  mπx   nπx  0 si n 6= m cos dx = cos ℓ ℓ ℓ si n = m  mπx   nπx  cos dx = 0 ∀n, m ∈ Z sen ℓ ℓ  nπx   mπx  Recapitulando, si f es expresable en serie de Fourier entonces  Z ∞  X 1 ℓ ikπξ/ℓ f (x) = f (ξ)e dξ eikπx/ℓ 2ℓ −ℓ k=−∞    Z ℓ ∞  Z ℓ  nπx  X 1 nπξ 1 dξ cos + f (ξ)dξ + f (ξ) cos = 2ℓ −ℓ ℓ ℓ ℓ −ℓ n=1  Z ℓ     nπx  1 nπξ + dξ sen f (ξ) sen ℓ −ℓ ℓ ℓ Dadas dos funciones integrables f, g : [−ℓ, ℓ] → C que supondremos además de cuadrado Rℓ integrable, es decir f 2 (t)dt < ∞ y lo mismo para g, definimos −ℓ hf, giL2 ≡ Z ℓ f (x)g(x)dx −ℓ Notemos, que dada la definición anterior, se cumple que Z ℓ Z ℓ |f (x)|2 dx ≥ 0. hf, f iL2 = f (x)f (x)dx = −ℓ −ℓ De esta forma tiene sentido definir kf kL2 Z q ≡ hf, f iL2 = ℓ −ℓ 1/2 |f (x)| dx . 2 En el caso de la exponencial compleja de la serie de Fourier Z ℓ 1/2 √ ikπx ikπx −ikπx ke ℓ kL2 = e ℓ e ℓ dx = 2ℓ −ℓ CAPÍTULO 13. SERIES DE FOURIER 184 Luego, los coeficientes de Fourier (en su forma compleja) pueden reescribirse como E D ikπx 1 ℓ f, e Ck = ikπx L2 ke ℓ k2L2 y por lo tanto, la descomposición de f viene dada por D E ikπx ikπx ∞ ℓ f, e X e ℓ L2 f (x) = · ikπx ikπx ℓ k 2 ke ℓ kL2 L n=1 ke Además, se tiene que para k = 6 j D ikπx ijπx E e ℓ ,e ℓ L2 = Z ℓ e i(k−j)πx ℓ dx = 0. −ℓ Notemos la analogía con Rn al momento de descomponer un vector ~x en una base ortogonal {e1 , . . . , en } n X h~x, ek i ek ~x = kek k kek k k=1 donde la base cumple hek , ej i = 0, ∀k 6= j. Así, la serie de Fourier de f , en forma compleja, se puede interpretar como una generalización de la descomposición en una base ortogonal, pero aplicada a una función en lugar de un vector estándar en Rn . 13.2. Convergencia Aunque supusimos que f es continua, en realidad basta que sea integrable para que los coeficientes de Fourier estén bien definidos. Dada una función f integrable en [−ℓ, ℓ], definamos Sf (x) = lı́m SfN (x), N →∞ cuando el límite exista, con  nπx   nπx  a0 X + bn sen , + an cos 2 ℓ ℓ n=1 N SfN (x) = donde los coeficientes se calculan como antes, es decir Z  nπx  1 ℓ an = dx, f (x) cos ℓ −ℓ ℓ Z  nπx  1 ℓ dx. f (x) sen bn = ℓ −ℓ ℓ Bajo condiciones apropiadas, es posible asegurar la convergencia de la serie. 13.2. CONVERGENCIA 185 Ejemplo 13.2.1. Consideremos el caso particular de una ℓ = π) que es continua con primera y segunda derivadas partes el término an se tiene lo siguiente: Z f (x) sen(nx) π 1 π − f (x) cos(nx)dx = an = π −π nπ −π función f (x) con periodo 2π (i.e. ambas continuas. Al integrar por 1 nπ Z π f ′ (x) sen(nx)dx −π El primer término del segundo miembro es cero. Al integrar otra vez por partes se obtiene f ′ (x) cos(nx) an = n2 π 1 − 2 nπ −π π Z π f ′′ (x) cos(nx)dx −π El primer término del segundo miembro es cero debido a la periodicidad y la continuidad de f ′ (x). Puesto que f ′′ es continua en el intervalo de integración, se tiene |f ′′ (x)| ≤ M, para alguna constante M adecuada. Además, | cos(nx)| ≤ 1. Se sigue que Z π Z π 2M 1 1 ′′ M dx = 2 |an | = 2 f (x) cos(nx)dx ≤ 2 n π −π n π −π n De manera similar, |bn | ≤ par N ≥ 1, M ≥ 1, |SfN +M (x) Como P 1 n2 − 2M n2 para todo n. Por lo tanto, tenemos que para todo x y para cada SfN (x)| ≤ 4M  1 1 1 + +···+ 2 2 (N + 1) (N + 2) (N + M)2  . < ∞, de aquí se deduce que (SfN (x))N ≥1 es de Cauchy y por lo tanto convergente. Una vez que se tiene la convergencia de la serie de Fourier Sf (x) ∈ R, la pregunta natural es si podemos asegurar que Sf (x) = f (x) para cualquier x ∈ [−ℓ, ℓ]. Una respuesta completa a esta pregunta va más allá del alcance de este apunte. Nos contentaremos con enunciar sin demostración algunos resultados que abordan este punto al menos en forma parcial. Un primer resultado que establece una relación asintótica entre la función f (x) y las sumas parciales de su serie de Fourier es el siguiente: Proposición 13.2.2. Si f es de cuadrado integrable, se tiene que SfN → f en media cuadrática: Zℓ [f (x) − SfN (x)]2 dx → 0 cuando N → ∞. −ℓ El resultado anterior no permite relacionar directamente el valor de Sf (x), si existe, con f (x) para un punto x dado. Un resultado bastante general en este sentido es el siguiente: CAPÍTULO 13. SERIES DE FOURIER 186 Teorema 13.2.3. Si una función f (x) es continua por trozos en el intervalo [−ℓ, ℓ] y con derivada por la izquierda y por la derecha en todo punto de (−ℓ, ℓ), con derivada por la izquierda en x = ℓ y por la derecha en x = −ℓ, entonces la serie de Fourier de f (x) es convergente para cada x ∈ [−ℓ, ℓ]. En los extremos del intervalo se tiene 1 Sf (ℓ) = Sf (−ℓ) = [f (ℓ) + f (−ℓ)]. 2 Para x ∈ (−ℓ, ℓ), el valor de la serie es f (x), salvo en algún punto x0 en el que f (x) es discontinua, donde el valor de la serie es el promedio de los límites por la izquierda y por la derecha de f (x) en x0 . Cuando la función f (x) es suficientemente regular, es posible asegurar convergencia uniforme: Proposición 13.2.4. Si f es derivable en [−ℓ, ℓ] y f (ℓ) = f (−ℓ) entonces f = Sf en [−ℓ, ℓ]. Si además f ′ es de cuadrado integrable la convergencia de SfN hacia f es uniforme. Corolario 13.2.5. Si f : R → R es 2ℓ-periódica de clase C 1 entonces f = Sf en R y SfN converge uniformemente hacia f . 13.3. Propiedades y ejemplos Comencemos por notar que si g : [−ℓ, ℓ] → R es una función impar, entonces: Zℓ g(x)dx = −ℓ Z0 −ℓ = Zℓ 0 g(x)dx + Zℓ 0 g(−x)dx + g(x)dx = − Zℓ Z0 g(−x)dx + g(x)dx = 0 g(x)dx 0 −ℓ Zℓ Zℓ [g(−x) + g(x)]dx = 0 0 Luego: ) es impar de donde bn = 0, ∀n ≥ 1. (1) Si f es par entonces f (x) sen( nπx ℓ Luego, para una función par se tiene  nπx  a0 X Sf (x) = . + an cos 2 ℓ n=1 ∞ (2) Si f es impar entonces f (x) cos( nπx ) es impar de donde an = 0, ∀n ≥ 0. ℓ Luego, para una función impar se tiene Sf (x) = ∞ X n=1 bn sen  nπx  ℓ . 13.3. PROPIEDADES Y EJEMPLOS 187 Ejemplo 13.3.1. Desarrollo en serie de Fourier de f (x) = x en [−π, π]. Como f es impar an = 0 ∀n ∈ N, de donde X Sf (x) = bn sen nx n≥1 y los coeficientes bn vienen dados por 1 bn = π Zπ −π x 1 x sen nx dx = − cos nx|π−π + πn π Zπ −π cos nx 2 dx = − (−1)n n n Así, para los primeros coeficientes se tiene b1 = 2, b2 = 2 −2 −2 , b3 = , b4 = ,... 2 3 4 Es decir 2 sen 3x + . . . 3 En virtud de la regularidad de f , se tiene f (x) = Sf (x). En particular, se deduce lo siguiente   π  1 1 π = 2 1 − + − ... , =f 2 2 3 5 Sf (x) = 2 sen x − sen 2x + lo que prueba la siguiente identidad: ∞ X π (−1)n = . 2n + 1 4 n=0 Ejemplo 13.3.2. Serie de Fourier de f (x) = x2 en [−1, 1] ∞ P Como f es par entonces bn = 0. Luego Sf (x) = a20 + an cos(nπx) donde n=1 a0 = Z1 x2 dx = 2 3 −1 y an = Z1 x2 cos(nπx)dx −1 2 sen(nπx) =x = nπ  1 2 − nπ −1 −2  x cos(nπx) − nπ nπ Z1 x sen(nπx)dx + Z1 −1 1 −1 −1  cos(nπx)  dx nπ CAPÍTULO 13. SERIES DE FOURIER 188 es decir an = 4 2 [cos nπ + cos(−nπ)] = (−1)n . 2 2 (nπ) (nπ) En consecuencia   1 4 1 1 1 1 2 x = + 2 − cos(πx) + cos(2πx) − cos(3πx) + cos(4πx) − cos(5πx) + . . . . 3 π 4 9 16 25 Un corolario interesante de la fórmula anterior es   1 1 4 1 1 1 + + ... 1= + 2 1+ + + 3 π 4 9 16 25 es decir ∞ X π2 1 = . n2 6 n=1 De la misma forma se puede observar que   4 1 1 1 1 1 − + ... 4 = + 2 −1 + − + 3 π 4 9 16 25 Por lo tanto ∞ X (−1)n n=1 13.4. n2 = 11π 2 . 12 Ejercicios 1. Encuentra la serie de Fourier de las siguientes funciones: (a) f (x) = |x| en [−π, π]. (b) f (x) = ax en [−π, π] (c) f (x) = ax2 en [−π, π]. (d) f (x) = ax2 en [0, 2π]. (e) f (x) = eαx en [−π, π]. (f) f (x) = | sen x| en [−π, π]. (e)  a b si − π < x < 0 si 0 < x < π. 0 sen(x) si − π < x < 0 si 0 < x < π. f (x) = 2. Desarrolle en serie de Fourier la función f (x) =  13.5. PROBLEMAS 189 3. Dada la función f (x) = |x|, encuentre: (i) Su serie de Fourier en el intervalo [0, 2]. (ii) Su serie de Fourier en el intervalo [−1, 1]. (iii) Su desarrollo en series de senos en [0, 1] (iv) Su desarrollo en series de cosenos en [0, 1] Indicación: Para (iii) y (iv) primero extender f de manera adecuada (par o impar) al intervalo [−1, 1]. 13.5. Problemas Problema 13.1. 1 Calcule la serie de Fourier en [−π, π] de la función ( 2 −π <x< 0 f (x) = 6 0≤x<π Señale el límite de la serie en cada punto de [−π, π] y justifique. Deduzca que 1− 1 1 1 π + − + ... = . 3 5 7 4 Indicación: Para calcular la serie descrita arriba evalúe la serie de Fourier en un punto adecuado. Problema 13.2. Desarrolle en serie de Fourier la función f (x) =  0 x si − π < x < 0 si 0 < x < π. Aplique el teorema de convergencia para deducir: ∞ X n=1 π2 1 = (2n − 1)2 8 Problema 13.3. Sea f ∈ C 1 , 2π-periodica, tal que (a) Probar la identidad de Parseval, esto es: Z 1 R 2π 2π 2 f (x)dx = π 0 0 f (x)dx = 0. ∞ X (a2n + b2n ) n=1 Control 3. Primavera 2006. Matemáticas Aplicadas. Prof: Alberto Mercado CAPÍTULO 13. SERIES DE FOURIER 190 (b) Deduzca que Z 2π f ′2 (x)dx = π 0 ∞ X (n2 a2n + n2 b2n ) n=1 (c) Pruebe la desigualdad de Wirtinger. Z 2π Z ′2 f (x)dx ≥ 0 2π f 2 (x)dx (13.2) 0 (d) Pruebe que se da la igualdad en (13.2) si y sólo si f (x) = a cos(nx) + b sen(nx). Problema 13.4. (a) Demuestre que la función f (x) = cos(x), x ∈ (0, π), admite el siguiente desarrollo en serie: ∞ X 8 n f (x) = ( 2 ) sen(2nx) π 4n − 1 n=1 indicación: 2 cos(α) sen(β) = sen(α + β) − sen(α − β) 2 cos(α) cos(β) = cos(α + β) + cos(α − β) (a) Pruebe que: √ 1 3 5 7 π 2 = 2 − 2 + 2 − 2 + ... 16 2 − 1 6 − 1 10 − 1 14 − 1 13.6. Resolución de problemas Solución Problema 13.1 Rπ R0   Rπ  a0 = π1 −π f (x)dx = π1 −π 2dx + 0 6dx = π1 2π + 6π = 8 Rπ R0 Rπ  6 cos(nx)dx   1 2(sen(0) − sen(−nπ)) + 6(sen(nπ) − sen(0)) = 0 = nπ an = 1 π −π f (x) cos(nx)dx = −π 2 cos(nx)dx + 0 R0 Rπ  1 f (x) sen(nx)dx = 2 sen(nx)dx + 6 sen(nx)dx π −π −π 0   −1 = nπ 2(cos(0) − cos(−nπ)) + 6(cos(nπ) − cos(0))     4 = −1 2(1 − (−1)n ) + 6((−1)n − 1) = nπ 1 − (−1)n nπ bn = = 1 π  Rπ 1 π 8 nπ 0 si n impar si n par 13.6. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 191 Por lo tanto la serie de Fourier es: Sf (x) = 4 + ∞ X i=1
8 sen (2i − 1)x (2i − 1)π Como la función f (x) tiene derivada continua en todo el intervalo excepto en un sólo punto, sabemos que se tiene la igualdad siguiente Sf (x) = f (x− ) + f (x+ ) 2 ∀x ∈ (−π, π) donde f (x− ) y f (x+ ) representan los límites por izquierda y por derecha respectivamente. Y además f (−π + ) + f (π − ) Sf (−π) = Sf (π) = 2 En nuestro caso particular tenemos que  4 x = −π      2 x ∈ (−π, 0) 4 x=0 Sf (x) =   6 x ∈ (0, π)    4 x=π Evaluando en x = π 2 tenemos 6 = 4+ 6 = 4+ P∞ 8 i=1 (2i−1)π 8 π P∞ sen (2i − 1)π/2 1 i+1 i=1 2i−1 (−1)
∞ X 1 π 1 1 1 = (−1)i+1 = 1 − + − + . . . 4 (2i − 1) 3 5 7 i=1 192 CAPÍTULO 13. SERIES DE FOURIER Capítulo 14 La transformada de Fourier 14.1. Definición y el teorema de inversión Sea f : R → R una función continua. Es posible demostrar que en este caso, dado ℓ > 0, se tiene que para todo x ∈] − ℓ, ℓ[ f (x) = lı́m N →+∞ donde 1 Ck = 2ℓ Z N X i kπx ℓ Ck e = k=−N ∞ X Ck ei kπx ℓ k=−∞ ℓ f (ξ)e−i kπξ ℓ dξ, −ℓ Ck ∈ C. ¿Qué ocurre cuando ℓ → +∞? Reescribamos lo anterior de la siguiente manera Z ∞ X kπ 1 ℓ f (x) = f (y)ei(x−y) ℓ dy 2ℓ −ℓ k=−∞ Definimos gx,ℓ (s) = De esta forma, f se escribe f (x) = = Z ∀x ∈ [−ℓ, ℓ]. ℓ f (y)ei(x−y)s dy. −ℓ ∞  kπ  π 1 X gx,ℓ 2π k=−∞ ℓ ℓ ∞  kπ h 1 X π πi (k + 1) − k . gx,ℓ 2π ℓ ℓ ℓ k=−∞ Esta última expresión puede verse como la suma de Riemann de la función gx,ℓ sobre (−∞, ∞) con un paso ∆ = πℓ . Es claro que si ℓ → ∞ entonces el paso de la partición ∆ = πℓ tiende a 193 CAPÍTULO 14. LA TRANSFORMADA DE FOURIER 194 cero. Por otra parte, se tiene que: ℓ→∞ gx,ℓ (s) −→ gx (s) = Z ∞ f (y)ei(x−y)s dy. −∞ Es razonable esperar que las sumas de Riemann de gx,ℓ se aproximen a la integral De este modo deducimos que Z ∞ Z ∞ 1 f (x) = gx (s) ds donde gx (s) = f (y)ei(x−y)s dy 2π −∞ −∞ R∞ −∞ g(s) ds. (14.1) Lo anterior no se hizo rigurosamente pues las sumas de Riemann corresponden a funciones que dependen de ℓ y no a una función fija. Sin embargo, bajo ciertas condiciones se puede demostrar que la convergencia gx,ℓ → gx cuando l → ∞ es tal que permite justificar lo anterior de manera rigurosa. Esto va más allá de este apunte. Así, formalmente tenemos que: Z ∞ hZ ∞ i 1 i(x−y)s f (y)e dy ds f (x) = 2π −∞ −∞ Z ∞ hZ ∞ i 1 ixs = e f (y)e−iys dy ds 2π −∞ −∞ Z ∞ h 1 Z ∞ i 1 eixs √ f (y)e−iys dy ds =√ 2π −∞ 2π −∞ (14.2) Este desarrollo motiva las siguientes definiciones: Definición 14.1.1. Sea f : R → C una función integrable (i.e transformada de Fourier de la función f como fˆ: R → C 1 s → fˆ(s) := √ 2π Z ∞ R∞ −∞ f (y)e−iys dy |f (y)|dy < ∞). Se define la (14.3) −∞ Sea g : R → C otra función integrable. Se define la antitransformada de Fourier de g como ǧ : R → C 1 x → ǧ(x) = √ 2π Z ∞ g(s)eixs ds (14.4) −∞ Notación. Otras notaciones habitualmente usadas para la transformada de Fourier fˆ(s) son las siguientes: T f (s) y F f (s). Del mismo modo, para la antitransformada se usa además de ǧ(x): T −1 g(x) y F −1 g(x). Aceptaremos sin demostración lo siguiente: Teorema 14.1.2. Sea f : R → C una función integrable, entonces su transformada de Fourier T f = fˆ está bien definida y resulta ser una función continua. 14.2. PROPIEDADES FUNDAMENTALES 195 En términos de estas definiciones, la fórmula (14.1) puede expresarse de acuerdo al siguiente resultado: Teorema 14.1.3 (de inversión). Sea f : R → C una función integrable y supongamos además que T f = fˆ: R → C es integrable. Entonces se tiene que si f es continua:
ˇ f (x) = T −1 T f (x) = fˆ(x) es decir 1 f (x) = √ 2π Z ∞ ixs e −∞  1 √ 2π Z ∞ −iys f (y)e −∞  dy ds (14.5) Corolario 14.1.4. Si f, g : R → C son continuas, integrables y fˆ = ĝ, entonces f = g. Observación 14.1.5. T y T −1 son lineales. Esto se desprende directamente de la linealidad de la integral. 14.2. Propiedades fundamentales 14.2.1. La transformada de una derivada Proposición 14.2.1. Sea f : R → C una función integrable con derivada f ′ : R → C también integrable (o sea f y f ′ poseen transformada de Fourier). Entonces fˆ′ (s) = isfˆ(s) (14.6) Demostración. Para demostrar la proposición anterior, primero es necesario probar lo siguiente: Lema 14.2.2. Si f es continua en R y tal que f, f ′ son integrables en R, entonces lı́m f (x) = 0 x→±∞ Demostración. R∞ Lo hacemos para x → +∞. Como f ′ es integrable, la integral 0 f ′ (x)dx también converge. Esto nos permite afirmar que f (x) converge cuando x → +∞. En efecto, se tiene Z x lı́m f (x) = lı́m (f (x) − f (0)) + f (0) = lı́m f ′ (t)dt + f (0) ∈ C x→∞ x→∞ x→∞ 0 Por otra parte, si el lı́m |f (x)| > 0, f no podría ser integrable en R. Luego necesariamente x→∞ lı́m f (x) = 0 x→∞  CAPÍTULO 14. LA TRANSFORMADA DE FOURIER 196 Continuando con la demostración de la proposición, en principio tenemos Z +∞ Z L 1 1 ′ −isx ′ f (x)e dx = lı́m √ f ′ (x)e−isx dx fb (s) = √ L,M →+∞ 2π −∞ 2π −M Integrando esta última integral por partes y teniendo en cuenta la continuidad de f , resulta Z L Z L ′ −isx −isx L f (x)e dx = f (x)e + f (x)ise−isx dx −M −M −isL = f (L)e isM − f (−M)e
+ is Z −M L f (x)e−isx dx −M El lema anterior garantiza que lo que está √ entre paréntesis tiende a cero mientras que la integral ˆ del segundo sumando converge a f (s) 2π. De esta forma queda probada la proposición.  Corolario 14.2.3. Sea f : R → C una función integrable, k veces derivable, tal que f (k) : R → C también es integrable, es decir f , f ′ , f ′′ ,...., f (k) poseen transformada de Fourier. Entonces (k) (x)(s) = (is)k fˆ(s) f\ Ejemplo 14.2.4. [Resolución de una EDO] Consideremos la ecuación diferencial ordinaria: 3y ′′ + 2y ′ + y = f (x), (14.7) donde f (x) es una función conocida, continua e integrable en R. Apliquemos transformada de Fourier 3yb′′ + 2yb′ + yb = fˆ(s) (−3s2 + 2is + 1)ŷ(s) = fˆ(s) y concluimos que ŷ(s) = Aplicando antitransformada fˆ(s) . −3s2 + 2is + 1 y(x) = T −1 (ĝ(s))   fˆ(s) = T −1 −3s2 + 2is + 1 Z ∞ 1 fˆ(s) =√ ds. eisx −3s2 + 2is + 1 2π −∞ (14.8) Para una función f = f (x) particular se hace el cálculo explícito de esta integral cuando sea posible. 14.2. PROPIEDADES FUNDAMENTALES 14.2.2. 197 El teorema de convolución Definición 14.2.5. Dadas f, g integrables, definimos el producto de convolución de f y g mediante Z ∞ Z ∞ (f ∗ g)(x) = f (x − y)g(y)dy = g(x − y)f (y)dy −∞ −∞ Teorema 14.2.6 (de convolución). Sean f, g : R → C funciones integrables. Entonces se cumple que √ f[ ∗ g(s) = fˆ(s)ĝ(s) 2π (14.9) o bien en forma inversa
1 T −1 fˆ(s)ĝ(s) (x) = √ (f ∗ g)(x) 2π (14.10) Demostración. Un cálculo directo proporciona: Z ∞ 1 [ √ f ∗ g(s) = e−isy (f ∗ g)(y)dy 2π −∞ Z ∞ Z ∞ 1 −isy e f (y − ξ)g(ξ)dξdy =√ 2π −∞ −∞ Aplicando el teorema de Fubini para intercambiar el orden de integración se obtiene Z ∞ Z ∞ 1 −isξ f[ ∗ g(s) = √ e g(ξ) e−is(y−ξ) f (y − ξ)dy dξ 2π −∞ {z } | −∞ = fˆ(s) Z √ 2π fˆ(s) +∞ e−isξ g(ξ)dξ = √ 2π fˆ(s)ĝ(s) −∞  14.2.3. Compendio de propiedades de la transformada de Fourier Linealidad \ αf + βg = αfˆ + βĝ Traslación en espacio \ f (x − x0 )(s) = e−isx0 fˆ(s) Traslación en frecuencia ˆ(s − s0 ) 0 x f (x)(s) = f eis\ Modulación 1 f (x)\ cos(w0 x)(s) = [fˆ(s − wo ) + fˆ(s + wo )] 2 1 ˆ f (x)\ sen(w0 x)(s) = [f(s + wo ) − fˆ(s − wo )] 2i CAPÍTULO 14. LA TRANSFORMADA DE FOURIER 198 Cambio de escala 1 ˆ s  f\ (ax)(s) = f |a| a a 6= 0 Inversión del espacio (o del tiempo) f\ (−x)(s) = fˆ(−s) Convolución f[ ∗ g(s) = √ 2π fˆ(s)ĝ(s) Derivación ′ (x)(s) = isfˆ(s) f[ de esto último se deduce que (k) (x)(s) = (is)k fˆ(s) f\ 14.3. Ejemplos Ejemplo 14.3.1. Calcular la transformada de Fourier de f (x) = e−x 2 R∞ √ Tenemos que f (x) es integrable más aún −∞ f (x)dx = π y es una función positiva. Por definición Z ∞ 1 2 ˆ =√ f(s) e−x e−isx dx 2π −∞ Z ∞ is 2 s2 1 e−(x+ 2 ) − 4 dx =√ 2π −∞ s2 Z ∞ is 2 e− 4 =√ e−(x+ 2 ) dx. 2π −∞ R∞ is 2 Llamemos I a la integral I = −∞ e(x+ 2 ) dx. Para calcularla consideremos el siguiente camino 2 (ver figura 14.1) y la función definida en el plano complejo f (z) = e−z la cual es holomorfa por ser composición de funciones holomorfas. Entonces 0= I CR −z 2 e dz = 4 Z X j=1 j CR 2 e−z dz. Para cada uno de los segmentos de este camino tenemos: 14.3. EJEMPLOS 199 iR −R + i 2s CR1 i 2s R + i 2s CR2 CR3 −R 1. CR4 R R −x2 Figura 14.1: Camino de integración para calcular ed Z −z 2 e dz = 1 CR Z −R s 2 e−(x+i 2 ) dx R =− Z R s 2 e−(x+i 2 ) dx −R 2. Z −z 2 e Z dz = 2 CR 0 2 e−(−R+iy) idy s 2 = −i Z s 2 2 e−(−R+iy) dy 0 3. Z −z 2 e Z dz = 3 CR R 2 e−x dx −R 4. Z −z 2 e dz = i 4 CR Z s 2 2 e−(R+iy) dy 0 Notemos que Z 2 CR −z 2 e dz + Z 4 CR −z 2 e dz = i Z s 2 0 2 −R2 = ie Z s 2 0 −R2 = 2e 2 e−(R+iy) − e−(−R+iy) dy Z s 2 0 i h 2 ey e−i2Ry − ei2Ry dy 2 ey sen(2Ry)dy. CAPÍTULO 14. LA TRANSFORMADA DE FOURIER 200 Esta última igualdad implica que Z Z −z 2 e dz + −z 2 e 4 CR 2 CR −R2 dz ≤ 2e Z s 2 0 R→∞ 2 ey dy −−−→ 0. H 2 Tomando límite cuando R → ∞ en CR e−z dz se deduce que Z ∞ Z ∞ 2 2 ) −(x+ is 2 dx + e−x dx = 0 − e −∞ −∞ y por lo tanto I= En consecuencia Z ∞ )2 −(x+ is 2 e dx = Z ∞ 2 e−x dx = √ π. −∞ −∞ s2 s2 e− 4 1 fˆ(s) = √ I = √ e− 4 . 2π 2 Ejemplo 14.3.2. Si a ∈ R \ {0} y g(x) = f (ax) entonces 1 ˆ s  ĝ(s) = f |a| a Demostración. (14.11) Z ∞ 1 ĝ(s) = √ e−isx g(x)dx 2π −∞ Z ∞ 1 e−isx f (ax)dx =√ 2π −∞ Haciendo el cambio de variables y = ax Z ∞ y 1 1 ĝ(s) = √ e−is a f (y) dy a 2π −∞ ( R ∞ −is y 1 √1 e a f (y)dy si a > 0 = a1 12π R−∞ −∞ −is y √ e a f (y)dy si a < 0 ∞ a ( 2π 1 ˆ s f( ) si a > 0 = a 1 a s ˆ − a f( a ) si a < 0 1 ˆ s  = f |a| a  Observación 14.3.3. Tomando a = √1 2 2 y f (x) = e−x tenemos x2 g(x) = f (ax) = e− 2 14.4. EJERCICIOS 201 y luego √ ˆ 2s) 2f( √ 1 − (√2s)2 = 2√ e 4 2 ĝ(s) = √ s2 = e− 2 Algunas transformadas de Fourier se resumen en la cuadro 14.3. Ejemplo # 1 Función original f (x)  −x e x≥0 0 x<0 2 e−a|x| , a > 0 3 e−ax , a > 0 Su transformada de Fourier ˆ f(s) 2 4 5 a2 1 ,a > 0 + x2  k |x| ≤ a 0 |x| > a 1 1 √ 2π 1 + is r 2 a π a2 + s2 s2 1 √ e− 4a 2a r 2 1 −a|s| e πa r 2 sen(as) k π s Cuadro 14.1: Algunas transformadas de Fourier 14.4. Ejercicios En cada caso demuestre que la transformada de Fourier es la función indicada: 2 2 ˆ = √1 e− s4 . 1. f (x) = e−x ⇒ f(s) 2  −x 1 1 e si 0 ≤ x ⇒ fˆ(s) = √ 2. f (x) = . 0 si x < 0 2π 1 + is r ˆ = 2 a . 3. f (x) = e−a|x| , a > 0 ⇒ f(s) π a2 + s2 r  k |x| ≤ a ˆ = 2 k sen(as) . ⇒ f(s) 4. f (x) = 0 |x| > a π s CAPÍTULO 14. LA TRANSFORMADA DE FOURIER 202 1 ⇒ fˆ(s) = 5. f (x) = 1 + x2 14.5. r 2 −|s| e . π Problemas Problema 14.1. Calcule la transformada de Fourier de f (x) = cos(πx)/[x3 − x2 + 4x − 4]. Problema 14.2. [Identidades de Plancherel y de Parseval] (a) Demuestre, usando transformada de Fourier, la identidad de Plancherel: Z ∞ Z ∞ 1 ˆ f (y)g(y)dy = √ f(s)ĝ(s)ds 2π −∞ −∞ (b) Deduzca la identidad de Parseval: Z ∞ Z ∞ 1 2 ˆ 2 ds |f (y)| dy = √ |f(s)| 2π −∞ −∞ ˆ ĝ decaen lo suficientemente rápido en infinito de modo Suponga que las funciones f , g, f, que todas las integrales que aparezcan sean convergentes. Problema 14.3. [Teorema de Shannon] Una función f se dice de banda limitada a s0 si para su transformada de Fourier se cumple fˆ(s) = 0, ∀s, |s| > s0 > 0 Teorema (Shannon) Sea f : R → R una función continua tal que existe su transformada de Fourier de banda limitada a s0 entonces f (x) = ∞ X n=−∞ donde L = f (nL) sen s0 (x − nL) , s0 (x − nL) π . s0 Demuestre el Teorema de Shannon usando los siguientes pasos: (a) Considere la familia de funciones φˆn dadas por ( 0 si |s| > s0 φˆn (s) = − 12 −inπs 2s0 e s0 si |s| ≤ s0 y demuestre que la Transformada inversa para cada una de estas funciones esta dada por: √ 2s0 sen(s0 x − nπ) φn (x) = 2π s0 x − nπ 14.5. PROBLEMAS 203 (b) Demuestre que la familia {φˆn (s)} es una familia de funciones ortonormales, es decir, que el producto interno para funciones complejas entre φˆn (s) y φˆm (s) es cero si n 6= m y es uno si n = m. (c) Muestre que la familia {φˆn (s)} permite escribir la función f como una serie de Fourier, cuyos coeficientes están en función de muestras de la función en intervalos de largo L, y concluya. 204 CAPÍTULO 14. LA TRANSFORMADA DE FOURIER Parte IV Ecuaciones en Derivadas Parciales 205 Capítulo 15 Ecuaciones lineales de segundo orden 15.1. Ecuaciones parabólicas y fenómenos de difusión 15.1.1. Conducción del calor en una barra unidimensional Consideraremos el problema de la difusión de calor en una barra delgada que se encuentra perfectamente aislada por su superficie lateral. Si la barra es lo suficientemente delgada como para suponer que la temperatura es constante sobre cualquier sección transversal, el estado del sistema está descrito por una función escalar u = u(t, x), la cual proporciona el valor de la temperatura de la barra al instante t y en la posición longitudinal x. Supondremos que u(t, x) y todas las otras funciones que utilizaremos son tan regulares como sea necesario para que ciertas expresiones que involucran sus derivadas estén bien definidas. Es bien sabido que, en un cuerpo térmicamente conductor, el calor fluye desde las zonas de mayor temperatura hacia las de menor temperatura. Más aún, de acuerdo a la ley de Fourier, la rapidez a la cual el calor fluye entre zonas contiguas es proporcional a la diferencia de temperaturas por unidad de longitud, y el factor de proporcionalidad depende de las propiedades conductoras del cuerpo en cuestión. Así, en el instante t, la rapidez con que el calor Q fluye desde un punto x hacia uno a su derecha, digamos x + δx con δx ≪ 1, puede aproximarse por dQ u(t, x) − u(t, x + δx) ≈ k(x) , dt δx donde k = k(x) > 0 es un coeficiente de conductividad térmica que depende del material del cual está hecho la barra. En el límite se obtiene  dQ ∂u u(t, x + δx) − u(t, x)  = −k(x) (t, x). = k(x) − lı́m δx→0 dt δx ∂x (t, x) < 0. Esto es consistente pues si ∂u (t, x) < 0 entonces Notemos que dQ/dt > 0 cuando ∂u ∂x ∂x la temperatura es (localmente) decreciente, de modo que su valor es menor a la derecha del 207 CAPÍTULO 15. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 208 (t, x) > 0 entonces punto x, y por lo tanto el calor fluye hacia la derecha. Análogamente, si ∂u ∂x el valor de la temperatura es mayor a la derecha del punto x, y por lo tanto el calor fluye hacia la izquierda, esto es, dQ/dt < 0. Sea (x1 , x2 ), con x1 < x2 , un intervalo de observación correspondiente a una sección longitudinal de la barra. Sea (t1 , t2 ), con t1 < t2 , un intervalo correspondiente a un lapso de tiempo. Como la barra está térmicamente aislada por su superficie lateral, el intercambio de calor sólo ocurre a través de los puntos extremos x1 y x2 del intervalo (x1 , x2 ). En virtud de lo anterior, la cantidad neta de calor Q1 que entra a la sección (x1 , x2 ) en el lapso (t1 , t2 ) está dada por Q1 = Z t2 [−k(x1 ) t1 ∂u ∂u (t, x1 ) + k(x2 ) (t, x2 )]dt. ∂x ∂x Pero, usando el teorema fundamental del cálculo, podemos escribir Z x2 i ∂u ∂u ∂u ∂ h k(x2 ) (t, x2 ) − k(x1 ) (t, x1 ) = k(x) (t, x) dx, ∂x ∂x ∂x x1 ∂x y en consecuencia Q1 = Z t2 t1 Z x2 x1 i ∂u ∂ h k(x) (t, x) dxdt. ∂x ∂x Al interior de la barra puede haber una fuente de calor, cuya tasa de producción de calor por unidad de tiempo y de longitud está dada por una función F = F (t, x). Por lo tanto, la cantidad neta de calor producida en el segmento (x1 , x2 ) durante el lapso (t1 , t2 ) está dada por Q2 = Z t2 t1 Z x2 F (t, x)dxdt. x1 Por otra parte, la cantidad de calor que entra al segmento (x1 , x2 ), junto con el que se produce en su interior, provocará un cambio en la distribución de temperatura sobre dicho segmento en el lapso de tiempo que va de t1 a t2 . La cantidad de calor por unidad de longitud necesaria para un cambio δu = u(t2 , x) − u(t1 , x) de la temperatura en el punto x está dada por c(x)[u(t2 , x) − u(t1 , x)], donde el factor de proporcionalidad c = c(x) > 0 es la capacidad calorífica específica1. Luego, la cantidad de calor total necesaria para el cambio de temperatura en el segmento (x1 , x2 ) es Q3 = Z x2 x1 c(x)[u(t2 , x) − u(t1 , x)]dx = Z x2 c(x) x1 Z t2 t1 ∂u (t, x)dtdx, ∂t y éste debe ser igual a la cantidad neta de calor que entra y que se produce en el segmento (x1 , x2 ) durante el lapso (t1 , t2 ), esto es, Q3 = Q1 + Q2 . 1 Densidad de capacidad calorífica por unidad de longitud. 15.1. ECUACIONES PARABÓLICAS Y FENÓMENOS DE DIFUSIÓN 209 Más explícitamente,  Z t2 Z x2  h Z t2 Z x2 i ∂u ∂ ∂u k(x) (t, x) + F (t, x) dxdt. c(x) (t, x)dxdt = ∂t ∂x ∂x t1 x1 t1 x1 De la arbitrariedad de los puntos x1 < x2 y t1 < t2 , un argumento clásico de localización2 permite concluir que u = u(t, x) necesariamente satisface la ecuación en derivadas parciales c(x) ∂u ∂u i ∂ h k(x) + F (t, x). = ∂t ∂x ∂x Si la barra es de material homogéneo, es decir, k(x) = k y c(x) = c se obtiene ut = αuxx + f (t, x), (15.1) donde α = k/c, f = F/c, y, con el fin de simplificar la notación, hemos utilizado las notaciones ut := ∂u ∂2u , uxx := 2 . ∂t ∂x Al coeficiente α > 0 se le llama difusividad térmica del material. 15.1.2. Conducción del calor en un cuerpo En esta sección deduciremos la ecuación del calor en el caso general de un material ocupando una cierta región Ω ⊂ R3 , que suponemos abierta y no vacía. Denotemos por u(t, x, y, z) la temperatura del material en el punto (x, y, z) ∈ Ω y el tiempo t. Supondremos que la función u : [0, T ] × Ω → R es suficientemente regular. Un modelo sencillo pero válido en muchas situaciones, conocido como la ley de Fourier, supone que la cantidad de calor δQ que atraviesa un elemento de superficie δA orientada según el campo de normales n̂, en un lapso de tiempo δt viene dado por δQ = −k ∇u · n̂ δA, δt donde  ∂u  ∂x  ∇u =  ∂u ∂y , ∂u ∂z es decir ∇u es el gradiente de u con respecto a las variables espaciales. k > 0 denota el coeficiente de conducción térmica del material. Observemos que dado que k es positivo, el calor fluye de zonas de alta temperatura a zonas de baja temperatura, pues −∇u es la dirección de máximo descenso de la función u. Por ejemplo, considere t2 y x2 como variables y derive la expresión con respecto a t2 y x2 sucesivamente, “eliminando" así la integral temporal primero y la espacial después. 2 210 CAPÍTULO 15. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Frío Calor Sea ω ⊂ Ω, es decir, ω = ω ∪ ∂ω ⊂ Ω, y realicemos un balance de calor en esta zona, suponiendo inicialmente que no hay fuentes de calor dentro del cuerpo. De acuerdo a la ley de Fourier, la cantidad de calor que fluye a través de la frontera de ω hacia el exterior (flujo neto de calor que sale de ω) viene dado por ZZ δQ =− k∇u · n̂ dA δt Z∂ωZ ~ =− k∇u · dS, ∂ω y haciendo δt → 0 dQ =− dt ZZ ~ k∇u · dS. ∂ω Por otra parte existe una relación entre la cantidad de calor q almacenada en el elemento de volumen δV y la temperatura en esta región: q = c u ρ δV, donde c es el calor específico y ρ es la densidad del material. Derivando con respecto a t se deduce que la variación de la cantidad de calor por unidad de tiempo en δV es ∂q ∂u = c ρ δV. ∂t ∂t De este modo la variación de calor almacenado en ω por unidad de tiempo es ZZZ ZZZ ∂q ∂u dQ = dV = cρ dV. dt ∂t ∂t ω ω Si no hay fuentes de calor en Ω entonces la variación de calor en ω por unidad de tiempo es igual a la cantidad de calor que entra en ω por unidad de tiempo. De lo anterior se obtiene ZZZ ZZ ∂u ~ cρ dV = k∇u · dS. ∂t ω ∂ω Por el teorema de la divergencia de Gauss ZZ ZZZ ~ k∇u · dS = div(k∇u) dV, ∂ω ω 15.1. ECUACIONES PARABÓLICAS Y FENÓMENOS DE DIFUSIÓN y se deduce que 211 ZZZ   ∂u cρ − div(k∇u) dV = 0. ∂t ω Esto último es válido para todo ω ⊂⊂ Ω. Por un argumento de localización, si todas las funciones en el integrando son continuas, se concluye cρ ∂u − div(k∇u) = 0 sobre [0, T ] × Ω, ∂t que es la ecuación del calor para un cuerpo general. Si el cuerpo es homogéneo, es decir c(x, y, z) = c0 , ρ(x, y, z) = ρ0 y k(x, y, z) = k0 entonces k0 ∂u − div(∇u) = 0. ∂t c0 ρ0 Definiendo α = k0 c0 ρ0 y recordando que div(∇u) = ∆u = ∂2u ∂2u ∂2u + + 2, ∂x2 ∂y 2 ∂z llegamos a la ecuación del calor para un cuerpo homogéneo ∂u − α∆u = 0 sobre [0, T ] × Ω, ∂t (15.2) donde α > 0 es una constante. Aquí ∆ es el operador Laplaciano con respecto a las variables espaciales. La ecuación del calor se complementa con condiciones de borde adicionales, que serán explicitadas en la sección 15.4. Cuando en el interior del cuerpo hay fuentes distribuidas generadoras de calor, esto suele modelarse mediante una función densidad por unidad de volumen f : [0, T ] × Ω → R, (t, x, y, z) → f (t, x, y, z), de modo que el calor instantáneo generado en una subregión ω ⊂ Ω está dado por ZZZ f (t, ~r) dV (~r). ω Suponiendo que f es continua y retomando lo que se hizo anteriormente, se deduce que ρc ∂u − div(k∇u) = f ∂t en [0, T ] × Ω, en el caso general no homogéneo. En el caso homogéneo f ∂u − α∆u = ∂t c0 ρ0 en [0, T ] × Ω. 212 15.1.3. CAPÍTULO 15. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Expansión de un gas en un medio isótropo y homogéneo Supongamos que un gas ocupa una región porosa Ω ⊂ R3 en la cual se mueve de puntos de alta concentración a baja concentración, proceso que se denomina difusión. Denotemos por u(t, x, y, z) la concentración del gas en el instante t y el punto (x, y, z). Entonces bajo la ley de Nernst y suponiendo que el material es homogéneo e isotrópico, se puede verificar que u satisface ut = a2 ∆u en Ω, (15.3) donde a es una constante. La ley de Nernst es análoga a la ley de Fourier para la conducción de calor. 15.2. Ecuaciones hiperbólicas y fenómenos oscilatorios 15.2.1. Oscilaciones de una cuerda Consideremos una cuerda elástica de longitud L sometida a una cierta tensión y cuyo movimiento se confina a un plano. Modelaremos la cuerda como una curva y por simplicidad supondremos que ésta se puede representar en cada instante t como el grafo de una función u(t, ·) : [0, L] → R, es decir, u es una función de dos variables u : [0, T ] × [0, L] → R. Con el objeto de simplificar la derivación de la ecuación que satisface u haremos los siguientes supuestos: 1. las oscilaciones de la cuerda son pequeñas y cada punto de ésta se mueve verticalmente, 2. la cuerda está sometida a una tensión cuya componente horizontal τ > 0 es constante y uniforme 3. las fuerzas de fricción pueden ser despreciadas, 4. en una primera aproximación despreciaremos el efecto de fuerzas externas como la gravedad. Dado x ∈ (0, L) y δx > 0 denotemos por α el ángulo entre la cuerda y el eje x en el punto (x, u(x)) y por α′ el ángulo en (x + δx, u(x + δx)). Llamemos τ1 a la tensión de la cuerda en (x, u(x)) y τ2 a la tensión en (x+ δx, u(x+ δx)). Realicemos un balance de fuerza en el segmento de cuerda correspondiente a (x, x + δx). Como suponemos que el movimiento de la cuerda es vertical no hay aceleración horizontal, es decir τ1 cos α = τ2 cos α′ = τ. Por otro lado, en la dirección vertical τ2 sin α′ − τ1 sin α = ρ δl ∂2u , ∂t2 (15.4) 15.2. ECUACIONES HIPERBÓLICAS Y FENÓMENOS OSCILATORIOS 213 donde ρ es la densidad lineal de masa de la cuerda, que supondremos constantes, y δl es la longitud de ésta entre x y x + δx. Dividiendo ambos lados por τ y utilizando (15.4) obtenemos tan α′ − tan α = Pero tan α = ∂u | y tan α′ = ∂x x haciendo δx → 0 encontramos ∂u | , ∂x x+δx ρ ∂2u δl . τ ∂t2 (15.5) por lo que, dividiendo la ecuación anterior por δx y ρ ∂2u ∂2u = , ∂x2 τ ∂t2 δl → 1 cuando δx → 0. Si se quiere incorporar el efecto de fuerzas donde hemos utilizado δx externas, de manera análoga se puede verificar que u satisface utt = c2 uxx + F (t, x), donde c = q τ ρ (15.6) > 0, F (t, x) = τ1 f (x, t) y f (x, t) es la densidad lineal de fuerzas externas. Las condiciones adicionales naturales para complementar esta ecuación son de dos tipos: 1. Condiciones iniciales en un instante t = 0 que describen la posición y velocidad de la cuerda en cada punto x ∈ [0, L]. Es decir, u(0, x) = u0 (x) ∀x ∈ [0, L], y ut (0, x) = v0 (x) ∀x ∈ [0, L]. 2. Condiciones de borde sobre los puntos 0 y L. Observemos que a diferencia de las ecuaciones parabólicas, desde un punto de vista físico al menos, es necesario en las ecuaciones hiperbólicas imponer condiciones iniciales sobre u y ut . Las condiciones de borde deben reflejar las condiciones físicas a las que está sujeta la cuerda y pueden ser de varios tipos. Por ejemplo, una condición de borde de la forma u(t, 0) = 0 ∀t ∈ [0, T ] quiere decir que el extremo x = 0 de la cuerda está fijo a una altura 0. Otro ejemplo es ux (t, 0) = 0 ∀t ∈ [0, T ] (15.7) que significa que el extremo x = 0 está libre. En efecto, retomando (15.5) con x = 0 y si suponemos que la componente vertical de la fuerza neta en x = 0 vale cero, vemos que τ2 sen α′ = ρ δl Usando que τ2 sen α′ ∼ τ ∂u ∂x δx ∂2u . ∂t2 y haciendo δx → 0 resulta (15.7). 214 CAPÍTULO 15. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Una tercera posibilidad es u(t, 0) = 1 ux (t, 0) ∀t ∈ [0, T ] h (15.8) que modela la situación en que el extremo x = 0 está sujeto a un resorte de constante elástica k = hτ . En esta situación τ2 sen α − (fuerza ejercida por el resorte en x = 0) = ρ δl es decir τ2 sen α − ku|x=0 = ρ δl ∂2u , ∂t2 ∂2u . ∂t2 Nuevamente, haciendo δx → 0 encontramos (15.8) 15.2.2. Oscilaciones de una membrana El caso de las oscilaciones de una membrana es muy similar al de las oscilaciones de una cuerda. Veamos brevemente cómo encontrar la EDP en esta situación. La membrana se modela como una superficie en R3 y por simplicidad supondremos que esta superficie se puede representar mediante una función u(t, x, y) : [0, T ] × Ω → R, de modo tal que en cada instante t la membrana corresponde a la superficie parametrizada por (x, y) 7→ u(t, x, y). Nuevamente suponemos 1. las oscilaciones de la membrana son pequeñas y cada punto de ésta se mueve verticalmente, 2. la membrana está sometida a una tensión superficial τ > 0 constante y uniforme 3. las fuerzas de fricción pueden ser despreciadas, 4. en una primera aproximación despreciaremos el efecto de fuerzas externas como la gravedad. Sean (x, y) ∈ Ω y δx > 0, δy > 0. Estudiemos las fuerzas que actúan sobre la porción de la membrana sobre el cuadrado [x, x + δx] × [y, y + δy]. Haciendo un balance de las fuerzas verticales y utilizando las mismas aproximaciones que en la sección 15.2.1 podemos escribir   ∂u ∂u (contribución de las aristas paralelas al eje x) = τ δx − ∂y y+δy ∂y y   ∂u ∂u − (contribución de las aristas paralelas al eje y) = τ δy ∂x x+δx ∂x x Luego por la ley de Newton  ∂2u ∂u ρδxδy 2 = τ δx ∂t ∂y ∂u − y+δy ∂y y  + τ δy  ∂u ∂x ∂u − x+δx ∂x x  , 15.3. ECUACIONES ELÍPTICAS Y FENÓMENOS ESTACIONARIOS 215 donde ρ es la densidad superficial de masa. Dividiendo por δxδy y haciendo δx → 0 y δy → 0 encontramos utt = c2 (uxx + uyy ) = c2 ∆u p donde c = τ /ρ y ∆u = uxx + uyy es el Laplaciano de u con respecto a las coordenadas espaciales. Si hay fuerzas externas actuando en la membrana, análogamente se encuentra utt = c2 ∆u + F (t, x, y) (15.9) donde F (t, x, y) = τ1 f (t, x, y) y f (t, x, y) es la densidad superficial de fuerzas externas actuando sobre la membrana. 15.2.3. Vibraciones longitudinales de una barra Consideremos una barra delgada de un material elástico de longitud L y supongamos que el origen está ubicado en uno de los extremos. Las deformaciones longitudinales de esta barra las describimos mediante una función u : [0, L] × [0, T ] → R de modo tal que si una partícula que ocupa inicialmente (en una situación de equilibrio) la posición x ∈ [0, L], en el instante t se sitúa en x + u(x, t). Modelando la barra como una familia de N resortes con masas y constantes elásticas idénticas, y luego considerando N → ∞, es posible deducir que u satisface la siguiente EDP utt = c2 uxx + f (x, t) x ∈ (0, L), t ∈ (0, T ), donde c > 0 depende de las propiedades de la barra (densidad de masa y constante elástica), y f es (excepto por una constante) una densidad lineal de fuerzas externas. 15.3. Ecuaciones elípticas y fenómenos estacionarios 15.3.1. Membrana en reposo Retomando la sección 15.2.2, si la membrana está en reposo de (15.9) vemos que la función u : Ω ⊂ R2 → R debe satisfacer la ecuación ∆u + F (x, y) = 0 en Ω (15.10) que se conoce como la ecuación de Poisson. En el caso particular cuando F = 0, se obtiene la ecuación de Laplace ∆u = 0 en Ω. Una función que es solución de la ecuación de Laplace se dice una función armónica. (15.11) 216 15.3.2. CAPÍTULO 15. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Potencial de campo eléctrico En esta sección escribiremos ~x = (x1 , x2 , x3 ), ~y = (y1 , y2, y3 ). El campo eléctrico generado por una cantidad finita de cargas qj ubicadas en los puntos ~yj viene dada por ~ x) = E(~ N X qj ~x − ~yj · , 3 4πε k~ x − ~ y k 0 j j=1 donde ε0 la permitividad del vacío. ~ ×E ~ = 0 y por lo tanto existe una función escalar ϕ : R3 → R tal que Es fácil verificar que ∇ ~ = −∇ϕ. E Cuando las cargas se distribuyen continuamente de acuerdo a una densidad volumétrica ρ(~y ) el campo eléctrico en un punto ~x cualquiera se puede escribir ZZZ 1 ~x − ~y E(~x) = d~y . (15.12) ρ(~y ) 4πε0 k~x − ~y k3 R3 Para dar sentido a esta integral supondremos que ρ : R3 → R es una función continua y que ρ(~y ) = 0 si k~y k ≥ R0 , donde R0 > 0 es una constante. Notemos que se trata de una integral impropia pero convergente (el integrando se indefine en ~y = ~x). El campo eléctrico (15.12) también proviene de un potencial, es decir, ~ = −∇φ. E (15.13) Más aún, se puede dar una fórmula explícita para φ ZZZ 1 1 ρ(~y ) φ(~x) = d~y. 4πε0 k~x − ~y k R3 Sea ω ⊂ R3 un conjunto abierto acotado no vacío cuya frontera ∂ω es una superficie regular. ~ a través de ∂ω, es decir Queremos calcular el flujo de E   ZZ ZZ ZZZ ~x − ~y ~ · dS(~ ~ x) = 1 ~ x)  E ρ(~y ) d~y  dS(~ 4πε0 k~x − ~y k3 ∂ω ∂ω R3   ZZZ ZZ 1 ~x − ~y ~ x) d~y . = dS(~ ρ(~y )  4πε0 k~x − ~y k3 R3 ∂ω Utilizando apropiadamente el teorema de Gauss se puede probar que ( ZZ ~x − ~y ~ x) = 4π si ~y ∈ ω dS(~ 3 k~x − ~y k 0 si ~y 6∈ ω. ∂ω 15.4. CONDICIONES INICIALES Y DE BORDE Por lo tanto ZZ ~ · dS(~ ~ x) = 1 E ε0 ∂ω 217 ZZZ ρ(~y ) d~y. ω ~ y recordando (15.13) obtenemos Aplicando el teorema de la divergencia al campo E ZZZ ω es decir 1 ~ · EdV ~ ∇ − ε0 ZZZ  ω ZZZ ρdV = 0 ω  1 ∆φ + ρ dV = 0. ε0 Como lo anterior se tiene para todo ω, se concluye que el integrando debe ser nulo, es decir −∆φ = 1 ρ. ε0 (15.14) Notemos que esta ecuación es una Poisson (15.10) y en ausencia de carga ésta última queda como ∆φ = 0 la cual resulta ser una ecuación de Laplace (15.11). Hemos visto que estas dos últimas ecuaciones modelan diversos sistemas físicos. Lo que diferencia un problema de otro es el significado físico de las variables y las condiciones iniciales y de borde, tema a tratar en la siguiente sección. 15.4. Condiciones iniciales y de borde En esta sección veremos cómo complementar las ecuaciones en derivadas parciales antes mencionadas, es decir, daremos condiciones que definen y caracterizan los problemas. En todos los ejemplos anteriores, la situación física se describe mediante una variable de estado o función u que puede ser escalar o vectorial y que depende de variables espaciales x ∈ Ω ⊂ Rn (n = 1, 2 ó 3) y en algunos casos u depende de una variable adicional t que se interpreta como el tiempo. Este es el caso en los problemas que llamamos de evolución como las ecuaciones parabólicas de la sección 15.1 y las hiperbólicas de sección 15.2. En esta situación supondremos que t ∈ [t0 , T ]. Las EDP’s se complementan básicamente con dos tipos de condiciones adicionales: Condiciones de borde Estas condiciones aparecen tanto en problemas de evolución como en ecuaciones estacionarias. Hay diversas alternativas según el sistema físico que se esté modelando. CAPÍTULO 15. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 218 • Condición de borde tipo Dirichlet Supongamos, para fijar ideas, que Ω ⊆ R3 y denotemos por ∂Ω la frontera de este conjunto. De esta forma, en el caso en que u no depende de t la condición de borde de tipo Dirichlet viene dada por u(x, y, z) = g(x, y, z) para todo (x, y, z) ∈ ∂Ω y si u depende de t u(t, x, y, z) = g(x, y, z) para todo (x, y, z) ∈ ∂Ω y todo t ∈ [t0 , T ], donde g : ∂Ω → R es una función conocida En el caso más general g puede depender del tiempo. • Condiciones de borde de tipo Neumann Las condiciones de este tipo se caracterizan por venir representadas de la forma ∇u · n̂ = ∂u (t, ·) = h(·) sobre ∂Ω ∀t ∈ [t0 , T ] ∂n̂ donde n̂ representa la normal exterior a Ω y donde h : ∂Ω → R es una función conocida (dato). En un caso más general h puede depender del tiempo. • Condiciones mixtas Esta clase de condiciones vienen caracterizadas por combinaciones de condiciones del tipo Dirichlet y Neumann sobre porciones de la frontera. Por ejemplo, en el caso de la conducción del calor en una región Ω de R3 (ver la sección 15.1.2), donde u representa la distribución de temperaturas, la condición de borde tipo Dirichlet corresponde al caso en que esta distribución se conoce sobre la frontera del dominio. Por otro lado, en la condición de borde tipo Neumann es el flujo de calor puntual el que constituye un dato pues recordemos que el flujo de calor por unidad de área y tiempo está dado por ∂u −k∇u · n̂ = −k = −kh, ∂n̂ donde h : ∂Ω → R es una función conocida y k representa la conductividad térmica. Condiciones iniciales En lo que respecta a las condiciones iniciales, éstas tienen sentido sólo en problemas de evolución y se dan en un instante t0 con el objeto de describir el campo tratado (campo de temperaturas, campo eléctrico, etc.) en t0 sobre todo Ω. La condición inicial viene típicamente dada por algo del tipo u(t0 , x, y, z) = u0 (x, y, z) ∀(x, y, z) ∈ Ω, donde u0 : Ω → R es dato. 15.5. ECUACIONES LINEALES Y PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN 219 Cabe destacar que habrá que imponer tantas condiciones iniciales como el orden de la derivada temporal de u en la ecuación, es decir, si en la ecuación que describe el proceso estudiado aparece la segunda derivada temporal de u, se tendrá que imponer dos condiciones iniciales. Una de estas será como la antes mencionada y la segunda usualmente tendrá relación con la primera derivada temporal de la función en el instante t0 , por ejemplo ∂u (t0 , x, y, z) = v0 (x, y, z) ∀(x, y, z) ∈ Ω ∂t y así sucesivamente, donde la función v0 es dato. 15.5. Ecuaciones lineales y principio de superposición Recordemos brevemente la noción del principio de superposición para ecuaciones diferenciales ordinarias (EDO). Consideremos una EDO lineal descrita por Ly = 0 en un intervalo I = (a, b) donde L : C n (I, R) → C(I, R) es un operador diferencial lineal de orden n. El principio de superposición dice que: “Toda combinación lineal finita de soluciones de una EDO lineal homogénea, es también solución”, es decir ∀c1 , c2 ∈ R, ∀y1 , y2 ∈ Ker(L) ⇒ c1 y1 + c2 y2 ∈ Ker(L) o también Lyi = 0, ∀i = 1, 2, ..., n ⇒ L n X i=1 yi ! =0 La noción de operadores diferenciales lineales es fácilmente extendible al caso de operadores actuando sobre funciones de varias variables, es decir sobre funciones u : Rn → R. Por ejemplo consideremos el operador L = ∆ (Laplaciano) que actúa L : C 2 (Rn ) → C(Rn ) mediante Lu = ∆u. En este contexto se amplía la teoría y se puede demostrar que el principio de superposición es también válido para las EDP’s lineales. Al igual que en ecuaciones diferenciales ordinarias las soluciones de una EDP lineal no homogénea se pueden descomponer en una solución de la homogénea y una solución particular. 220 CAPÍTULO 15. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 15.6. Otros ejemplos de ecuaciones de la física 15.6.1. Ecuación de Navier-Stokes En dinámica de fluidos, las ecuaciones de Navier-Stokes son un conjunto no lineal de ecuaciones en derivadas parciales que rigen el movimiento del fluido en cuestión. Estas se encuentran considerando la masa, el moméntum y balances de energía para un elemento de volumen infinitesimal en movimiento, sobre el cual se pueden producir tensiones tangenciales (debido a la viscosidad). Sea ~u(x, y, z, t) el campo de velocidades del fluido y p(x, y, z, t) la presión. Luego la ecuación para fluidos compresibles viene dada por ρ   D~u ~ ∇ ~ · ~u ~ + µ∆~u + µ ∇ = ρF − ∇p Dt 3 donde µ es el coeficiente de viscosidad del fluido, F es la densidad volumétrica de fuerzas u externas (por ejemplo la gravedad), ρ es la densidad y D~ es la aceleración del elemento de Dt fluido, también conocida como derivada material, la cual viene expresada por ∂~u D~u = + (~u · ∇)~u, Dt ∂t ~ u viene dada o por componentes, escribiendo ~u = (u1 , u2 , u3), la componente i-ésima de (~u · ∇)~ por h i ~ u = u1 ∂ui + u2 ∂ui + u3 ∂ui . (~u · ∇)~ ∂x ∂y ∂z i ~ · u = 0, y, por consiguiente la En los fluidos incompresibles, la ecuación de continuidad es ∇ ecuación anterior se reduce a D~u ~ + µ∆~u. ρ = ρF − ∇p Dt 15.6.2. Ecuación de Schrödinger para una partícula En mecánica cuántica existe lo que se denomina la dualidad entre ondas y partículas. La descripción de una partícula viene dada por una función de onda Ψ(~r, t) que tiene valores en los números complejos, es decir Ψ(~r, t) ∈ C y |Ψ(~r, t)|2 = Ψ(~r, t)Ψ(~r, t) se interpreta como la función densidad de probabilidad de encontrar la partícula en la posición ~r en el instante t. De la teoría de la mecánica cuántica se deduce que la función Ψ debe satisfacer la siguiente ecuación en derivadas parciales   ∂Ψ ~2 i~ (~r, t) = − ∆~r + V (~r) Ψ(~r, t) (15.15) ∂t 2m h con h la constante de Planck, m es la masa de la partícula y V es una función donde ~ = 2π que representa el potencial al cual está sometido la partícula. El Laplaciano en esta ecuación 15.6. OTROS EJEMPLOS DE ECUACIONES DE LA FÍSICA 221 es solamente con respecto a las variables espaciales y por eso la notación ∆~r . Usualmente esta ecuación se acompaña de la condición (probabilística) ZZZ |Ψ(~r, t)|2 d~r = 1. R3 Notemos que (15.15) representa un sistema de dos ecuaciones reales en derivadas parciales, siendo las incógnitas las partes real e imaginaria de Ψ. 15.6.3. Ecuaciones de Maxwell En la teoría de electromagnetismo, existen cuatro ecuaciones fundamentales que permiten ~ el vector desplazamiento D, ~ el flujo eléctrico visualizar lo que sucede con el campo eléctrico E, ~ Estas ecuaciones son las ecuaciones de Maxwell, las cuales son J~ y el campo magnético B. ~ ·D ~ = 0 ∇ ~ ·B ~ = 0 ∇ ~ ~ ×E ~ + ∂B = 0 ∇ ∂t ! ~ ∂ D ~ ×B ~ = µ0 J~ + ∇ ∂t donde µ0 es una constante (la permeabilidad del vacío). Estas ecuaciones suelen complementarse con leyes constitutivas para formar lo que se denomina un sistema cerrado de ecuaciones. Cada una de estas ecuaciones entrega información sobre los campos tratados, por ejemplo de ~ genera E ~ (de donde se deduce la ley de inducción). la tercera ecuación se puede concluir que B De este set también se puede concluir que las líneas de campo magnético son cerradas, el flujo ~ es conservativo y así sucesivamente. de B 15.6.4. La ecuación de superficies mínimas En esta sección presentamos una deducción de la ecuación de superficies mínimas como un ejemplo de una ecuación no lineal. La ecuación (15.10) que modela una membrana en reposo se dedujo suponiendo que las deformaciones son pequeñas. Es interesante estudiar la ecuación resultante sin hacer esta hipótesis, lo que por simplicidad haremos en el caso que no hay fuerzas externas. Supondremos que la membrana es elástica, que está en equilibrio de fuerzas y está sometida a una tensión T que es constante. Con el fin de utilizar esta información imaginamos que “cortamos” una parte de la membrana, obteniendo una (pequeña) superficie S cuya frontera ∂S es una curva cerrada en R3 . Denotemos por τ̂ el vector tangente a ∂S y por n̂ el vector normal unitario a S orientado en dirección del eje z. Dado que (x, y) 7→ u(t, x, y) parametriza S, podemos escribir  ∂u  − ∂x 1  ∂u − ∂y  , n̂ = kn̂k 1 CAPÍTULO 15. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 222 donde kn̂k = s 1+  ∂u 2 + ∂x  ∂u 2 ∂y . Orientemos τ̂ de modo que sea consistente con la orientación de S para el teorema de Stokes. De este modo el vector τ̂ × n̂, apunta fuera de S, es perpendicular a τ̂ y tangente a la membrana. Sobre S actúa una fuerza a lo largo de ∂S ejercida por el complemento de ésta que viene dada por T (τ̂ × n̂). De este modo, la fuerza neta sobre S que le ejerce el resto de la membrana es Z ~ F = T (τ̂ × n̂) dr. ∂S Sea ê un vector (constante) unitario en R3 . Entonces Z Z F~ · ê = T (τ̂ × n̂) · ê dr = T (n̂ × ê) · τ̂ dr. ∂S ∂S Empleando el teorema de Stokes y la notación ~ = ∇ se tiene F~ · ê = T ZZ S = −T  ∂  ∂x ∂   ∂y ∂ ∂z ~ × (n̂ × ê)] · n̂ dA = T [∇ ZZ ZZ S ~ · n̂)(ê · n̂) dA = −T ê · (∇ S ~ · ê)n̂ − (∇ ~ · n̂)ê] · n̂ dA [(∇ ZZ ~ · n̂)n̂ dA. (∇ S Luego F~ = −T ZZ ~ · n̂)n̂ dA. (∇ S Pensando en δS como una pequeña superficie en torno a punto (x0 , y0, z0 ) de área δA, escribamos como δ F~ la fuerza ejercida por el resto de la membrana sobre δS, esto es ~ · n̂)n̂ δA + o(δA). δ F~ = −T (∇ Si no hay fuerzas externas actuando sobre la membrana, como ésta está en reposo la ley Newton establece que δ F~ = 0 15.7. PROBLEMAS 223 y por lo anterior ~ · n̂)n̂ δA + o(δA) = 0. −T (∇ Dividiendo por δA y haciendo δA → 0 obtenemos ~ · n̂)n̂ = 0. −T (∇ Recordemos que u no depende de z, por lo que ~ · n̂ = −∇ ∂ ∂x donde p ux 1 + u2x + u2y ux = ! ∂u , ∂x + ∂ ∂y uy = uy p 1 + u2x + u2y ! , ∂u . ∂y Luego la ecuación para u queda ∂ ∂x ux p 1 + u2x + u2y ! ∂ + ∂y uy p 1 + u2x + u2y ! = 0. (15.16) Esta ecuación se conoce también como la ecuación de superficies mínimas. La relación entre la ecuación (15.16) y la ecuación (15.11) es que bajo la hipótesis p de Laplace 2 2 de pequeñas deformaciones, se puede aproximar 1 + ux + uy por 1, y en este caso (15.16) se reduce a ∆u = 0. 15.7. Problemas Problema 15.1. Sea Ω ⊆ R3 un abierto conexo por caminos de frontera regular ∂Ω = Σ1 ∪ Σ2 . Considere la ecuación del calor en régimen estacionario con condiciones de borde mixtas.   en Ω ∆u = 0 (ECM) u = T0 sobre Σ1   ∂u = −αu sobre Σ2 ∂n donde α > 0 y T0 ≥ 0 son constantes conocidas. (a) Pruebe que en el caso T0 = 0 se tiene u ≡ 0 en todo Ω. Indicación pruebe que ZZZ ZZ 2 u2 dA = 0. kuk dV + α Ω Σ2 (b) Deduzca que la ecuación (ECM) posee a lo más una solución. (c) Resuelva (ECM) para el caso Ω = {~r ∈ R3 | a < k~rk < b} con 0 < a < b, Σ1 = S(0, a) y Σ2 = S(0, b). Indicación: suponga que la solución tiene simetría esférica. 224 CAPÍTULO 15. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN Problema 15.2. 3 Una cañería cilíndrica de longitud L y radios a < b, conduce un líquido a temperatura T1 mayor que la temperatura exterior T0 . Suponiendo conductividad térmica k constante y simetría cilíndrica, se desea determinar el régimen estacionario de temperatura T (ρ, θ, z) = T (ρ). (a) Para ρ ∈ [a, b] considere el flujo de calor Φ(ρ) := ZZ Σ(ρ) ~ k∇T · dA a través del manto del cilindro de radio ρ y longitud L, Σ(ρ) (sin tapas, concéntrico a la cañería, orientado exteriormente). Use el Teorema de la Divergencia para probar que Φ(ρ) es constante e igual a Φ(b). (b) Deducir que ρ∂T /∂ρ es constante y encontrar una expresión analítica para T (ρ) en función de T1 , T0 , a, b. (c) Probar que Φ(b) = 2πLk(T0 − T1 )/ ln(b/a). (d) Suponga ahora que la cañería se recubre por un material aislante (conductividad térmica k̄ conocida) hasta un radio c > b. Considerando la temperatura Tb en la interfaz como un parámetro, use la conservación de flujo para determinar Tb y compruebe que el flujo de calor Φ(b) es menor que en el caso no-aislado. Problema 15.3. 4 Una esfera de radio R > 0 posee un núcleo de radio a < R el cual se encuentra a una temperatura Ta , mayor que la temperatura T0 de la superficie. Suponemos que la distribución de temperatura u entre el núcleo y la superficie tiene simetría radial, vale decir u = u(r, t). (a) Muestre que u(r, t) satisface la ecuación k ∂ ∂u (r, t) = 2 ∂t r ∂r  r 2 ∂u ∂r  (r, t) . donde k ∈ IR es la conductividad térmica de la esfera. (b) Utilizando el cambio de escala u(r, t) = v(r, t)/r, compruebe que la nueva función v(r, t) satisface la ecuación ∂2v ∂v (r, t) = k 2 (r, t). ∂t ∂r (c) Deduzca una expresión analítica para la distribución de temperatura en régimen permanente (en términos de r, k, a, R, T0 , Ta ), y grafique la función u(r) que resulta. Problema 15.4. En una cuerda de largo L que está vibrando, para cada x ∈ [0, L] y t ≥ 0, la función u(x, t) denota el desplazamiento vertical de la cuerda en el punto x y en el instante t. 3 4 Control 2. Primavera 1999. Matemáticas Aplicadas. Control 2. Primavera 1996. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 15.8. SOLUCIÓN DE PROBLEMAS 225 (a) Proporcione una interpretación física o geométrica, según corresponda, de cada una de las siguientes funciones: ∂u ∂2u ∂u (x, t) (x, t) (x, t) ∂t ∂t2 ∂x (b) Considere la ecuación en derivadas parciales que gobierna el movimiento de la cuerda vibrante de dimensión uno: 2 ∂2u 2∂ u (x, t) = c (x, t). (15.17) ∂t2 ∂x2 (i) Muestre que u(x, t) = 2 sen(2x) cos(2πt) satisface la ecución (15.17) con c = π. (ii) Sean φ, ϕ : R → R dos funciones de clase C 2 . Muestre que u(x, t) = φ(x + ct) + ϕ(x − ct) es solución de la ecuación de ondas (15.17). (iii) Encuentre las funciones φ y ϕ en el inciso (i). ) cos( α+β ). Indicación: Recuerde que sen(α) + sen(β) = 2 sen( α+β 2 2 (iv) Si además u(x, 0) = g(x) y ∂u (x, 0) ∂t = 0, muestre que u(x, t) = g(x + ct) + g(x − ct) 2 Indicación: De las condiciones iniciales, obtenga un sistema para φ y ϕ. 15.8. Solución de problemas Solución Problema 15.1 (a) Consideremos la ecuación ∆u = 0 multiplicando por u y luego integrando se tiene ZZZ u∆udV = 0 (15.18) Ω integrando por partes ZZZ Ω u∆u dV = ZZ ~− u∇u · dA ZZZ ∇u · ∇u dV Ω ∂Ω pero notemos que ZZ ~= u∇u · dA ZZ Σ1 ∂Ω =0+ = ZZ Σ2 ~+ u∇u · dA ZZ ZZ ~ u∇u · dA Σ2 u∇u · n̂dS Σ2 ∂u dS = −α u ∂n ZZ Σ2 u2 dS 226 CAPÍTULO 15. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN reemplazando este resultado en la ecuación (15.18) se demuestra la indicación. Para concluir, notemos que la ecuación ZZZ ZZ 2 k∇uk dV + α u2 dA = 0 Ω Σ2 nos asegura que ∇u = 0 en Ω y u = 0 en ∂Ω. En efecto como k∇uk2 ≥ 0 ∀x ∈ Ω, u2 ≥ 0 ∀x ∈ ∂Ω, y α > 0 por la indicación se tiene que necesariamente k∇uk2 = 0 ∀x ∈ Ω y u2 = 0 ∀x ∈ ∂Ω salvo quizás por una cantidad finita de puntos, sin embargo dada la continuidad de las funciones k·k , ∇u y u podemos concluir que ∇u = 0 ∀x ∈ Ω y u = 0 ∀x ∈ ∂Ω. Como ∇u = 0 ∀x ∈ Ω y Ω es conexo necesariamente u es constante en Ω, dada la continuidad de u (pedimos solución al menos de clase C 2 ) y el hecho que u vale 0 en Σ2 necesariamente u = 0 en Ω. (b) Supongamos u y v soluciones de (ECM) y llamemos h = u − v claramente se tiene que ∂h ∆h = 0 en Ω, h = 0 sobre Σ2 y ∂n = −αh sobre Σ1 . Así h cumple (ECM) con T0 = 0 y entonces por la parte anterior se tiene que h = 0 en Ω lo que implica que u = v. (c) Asumiendo que la solución posee simetría esférica (es decir u solo depende de r) se obtiene que   ∂ 2 ∂u r =0 (15.19) ∆u = 0 ⇐⇒ ∂r ∂r El alumno tiene que verificar este cálculo. La fórmula (15.19) es una ecuación diferencial ordinaria cuya solución está dada por C1 u(r) = + C2 r Para encontrar los valores de las constantes C1 y C2 veremos como se comporta u en la frontera. Evaluando u en r = a (i.e. sobre Σ1 ) C1 u(a) = Ta = + C2 a ahora derivando con respecto a r y evaluando en r = b (i.e. sobre Σ2 )   ∂u C1 C1 (b) = − 2 = −α + C2 ∂n b b El alumno debe justificar este cálculo, es decir debe argumentar que para este problema la normal exterior corresponde a r̂ y por lo tanto ∇u · n coincide con ∂u y por las condiciones ∂r de borde se tiene que esto último es igual a −αu(b). Los valores de C1 y C2 se obtienen resolviendo el sistema lineal C1 Ta = + C2 a  C1 C1 = α + C2 . b2 b Capítulo 16 Separación de Variables 16.1. Ejemplo modelo: ecuación del calor Consideremos el problema de difusión de calor en una barra delgada de longitud L > 0, compuesta por un material homogéneo e isótropo de coeficiente de difusividad térmica α > 0, y que se encuentra perfectamente aislada por su superficie lateral, y sin fuentes de calor externas actuando dentro de la barra, es decir f (x) = 0 en (15.1). Tal como se dedujo en la sección 15.1.1, la EDP que modela esta situación es ut = αuxx 0 < x < L, t > 0. (16.1) La incógnita u = u(t, x) es la temperatura al instante t y en la posición x sobre la barra. Si suponemos que sus extremos se mantienen a temperatura constante igual a 0, entonces u satisface la condición de borde de tipo Dirichlet homogéneo u(t, 0) = u(t, L) = 0 t > 0. (16.2) Consideraremos además la condición inicial u(0, x) = f (x) 0 < x < L. (16.3) Para resolver (16.1) bajo (16.2) y (16.3), aplicaremos el método de separación de variables, el que describiremos detalladamente a continuación. 16.1.1. Primera etapa: separar variables El método se inicia buscando soluciones no triviales de (16.1) que sean de la forma U(t, x) = T (t)X(x). (16.4) Se introducen así dos nuevas incógnitas, T (t) y X(x), y por lo tanto necesitaremos dos ecuaciones para determinarlas. Sustituyendo (16.4) en (16.1), obtenemos T ′ (t)X(x) = αT (t)X ′′ (x) 0 < x < L, t > 0. 227 (16.5) CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 228 Como sólo nos interesan soluciones no triviales, se requiere que X(x0 ) 6= 0 para algún x0 ∈ (0, L). Deducimos de (16.5) que para todo t > 0 se tiene T ′ (t) = αλ1 T (t), donde X ′′ (x0 ) . X(x0 ) λ1 = Similarmente, para todo x ∈ (0, L) se tiene X ′′ (x) = λ2 X(x), donde λ2 = T ′ (t0 ) αT (t0 ) y t0 > 0 es tal que T (t0 ) 6= 0. En consecuencia, si ahora tomamos cualquier par (t, x) tal que T (t) 6= 0 y X(x) 6= 0, lo anterior conduce a X ′′ (x) T ′ (t) =α = λ2 , αλ1 = T (t) X(x) donde la segunda igualdad proviene de (16.5). De este modo, se deduce que T (t) y X(x) satisfacen, respectivamente, las siguientes ecuaciones diferenciales ordinarias: T ′ (t) + αλT (t) = 0, X ′′ (x) + λX(x) = 0, t>0 (16.6) 0<x<L (16.7) para una constante λ ∈ R. Dado un valor para el parámetro λ, se deduce de (16.6) que T (t) = Ce−αλt , para una constante C ∈ R, la cual es no nula pues buscamos soluciones no triviales. Por otra parte, como aplicación de la teoría general de las ecuaciones diferenciales ordinarias lineales, sabemos que la solución general de la ecuación de segundo orden (16.7) se expresa como una combinación lineal de dos funciones fundamentales, cuya forma depende del signo de λ. Más precisamente, como el polinomio característico asociado a (16.7) está dado por p(m) = m2 + λ, √ 1 y éste tiene como raíces m1,2 = ± −λ ∈ C, obtenemos que: √ Si λ < 0 entonces m1,2 = ± −λ ∈ R, luego la solución general de (16.7) está dada por √ X(x) = C1 e 1 −λx + C2 e− √ −λx , Aquí utilizamos la raíz cuadrada en el cuerpo de los complejos. C1 , C2 ∈ R. 16.1. EJEMPLO MODELO: ECUACIÓN DEL CALOR 229 Si λ = 0 entonces m = 0 es raíz de multiplicidad 2, y en consecuencia X(x) = C1 + C2 x, C1 , C2 ∈ R. √ Si λ > 0 entonces m1,2 = ±i λ y por lo tanto √ √ X(x) = C1 cos( λx) + C2 sen( λx), C1 , C2 ∈ R. Observación 16.1.1. Cuando λ 6= 0, una forma de evitar tener que considerar los casos λ < 0 y λ > 0 por separado consiste en utilizar la función exponencial compleja cuando corresponda. En efecto, supongamos que λ > 0. Entonces se tiene √ √ X(x) = C1 cos( λx) + C2 sen( λx) √ = C1 (ei λx √ + e−i λx √ )/2 + C2 (−i)(ei √ i λx λx √ − e−i √ −i λx + (C1 + iC2 )/2e = (C1 − iC2 )/2e √ √ e1 ei λx + C e2 e−i λx . = C λx )/2 √ √ √ √ Como i λ = −1 λ = −λ , de lo anterior deducimos que podemos escribir la solución general de la forma √ √ X(x) = C1 e −λx + C2 e− −λx , donde los coeficientes C1 , C2 vienen dados por C1 , C2 ∈ R, si λ < 0 C1 , C2 ∈ C, si λ > 0 y los coeficientes complejos C1 y C2 son uno el conjugado del otro. ✷ Sustituyendo las expresiones así obtenidas para T (t) y X(x) en (16.4), se construyen soluciones de (16.1) en variables separadas que son de la forma √ Uλ (t, x) = e−αλt (C1 e −λx + C2 e− √ −λx ), (16.8) cuando2 λ 6= 0 , mientras que para λ = 0 se tiene U0 (t, x) = C1 + C2 x. Notemos que tenemos dos tipos de grados de libertad: el primero asociado al parámetro λ; el segundo, a los coeficientes C1 , C2 . Como veremos más adelante, esta suerte de “indeterminación"de la solución, que se debe a que hasta ahora sólo hemos utilizado la ecuación (16.1), nos permitirá imponer la condición de borde (16.2) y la inicial (16.3) a combinaciones lineales de soluciones de este tipo. 2 Cuando λ > 0, utilizamos la función exponencial compleja y coeficientes complejos. CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 230 16.1.2. Segunda etapa: imponer condiciones de borde A continuación buscaremos soluciones no triviales de (16.1) en variables separadas que satisfagan la condición de borde (16.2). Esto restringirá los valores admisibles para λ a un subconjunto numerable de R. En primer lugar, observamos que si λ es el parámetro introducido anteriormente entonces el caso λ = 0 queda descartado. En efecto, tomando U0 (t, x) = C1 +C2 x, deducimos de U0 (t, 0) = 0 que C1 = 0, lo que junto con U0 (t, L) = 0 implica que C2 = 0, obteniendo así la solución trivial. Busquemos entonces λ 6= 0 de modo tal que exista una función Uλ de la forma (16.8), que no sea idénticamente nula y que satisfaga Uλ (t, 0) = Uλ (t, L) = 0, ∀t > 0. De Uλ (t, 0) = 0 deducimos que e−αλt (C1 + C2 ) = 0, ∀t > 0, y, como e−αλt > 0, se tiene C2 = −C1 . Luego, para alguna constante C ∈ C (más aún C es un imaginario puro, pues C1 y C2 eran uno el conjugado del otro y C1 = −C2 ), que se supone no nula3 , tenemos √ Uλ (t, x) = Ce−αλt (e −λx − e− √ −λx ), (16.9) e imponiendo Uλ (t, L) = 0, obtenemos √ e −λL − e− √ −λL = 0. (16.10) Esta última relación debe interpretarse como una ecuación para λ debido a que L > 0 es un dato del problema. Recordando que consideramos la función exponencial de variable compleja cuando λ > 0 y recordando su periodicidad, (16.10) conduce a √ √ √ √ e −λL = e− −λL ⇔ e2 −λL = 1 ⇔ 2 −λL = i2kπ, k ∈ Z ⇔ λ = (kπ/L)2 , k ∈ Z. Como nos interesa λ 6= 0 y además las soluciones para k y −k coinciden, basta que k recorra todos los enteros positivos para obtener todos los valores posibles para λ, esto es λk = (kπ/L)2 , k ∈ N \ {0}, (16.11) y tenemos que las soluciones en variables separadas correspondientes (16.9) son de la forma i h 2 Uλk (t, x) = Ck e−α(kπ/L) t eikπx/L − e−ikπx/L 2 = Ck e−α(kπ/L) t 2i sen(kπx/L) = Ak Φk (t, x), 3 Recordemos que nos interesan soluciones no triviales. 16.1. EJEMPLO MODELO: ECUACIÓN DEL CALOR 231 como Ak := 2iCk , el cual pertenece a R pues Ck es un imaginario puro, se tiene 2 Φk (t, x) = e−α(kπ/L) t sen(kπx/L). (16.12) La figura 16.1 ilustra los casos k = 1 y k = 2. Hemos obtenido así una familia {Φk (t, x)}k∈N\{0} de soluciones fundamentales de la ecuación (16.1) que satisfacen la condición de borde (16.2). En la tercera etapa del método, veremos cómo imponer la condición inicial (16.3). Observación 16.1.2. Antes de continuar, es interesante observar que lo realizado aquí puede interpretarse como la resolución de un problema de valores propios del tipo Sturm-Liouville. En efecto, a partir de lo realizado en la primera etapa del método, deducimos que para que la solución en variables separadas (16.4), supuesta no trivial, satisfaga la condición de borde (16.2) se requiere que  −X ′′ (x) = λX(x), 0 < x < L, X(0) = X(L) = 0, para algún λ ∈ R. Definiendo el operador diferencial lineal A: V f → C([0, L]) d2 f 7 → Af := − 2 dx sobre el espacio vectorial V = {f ∈ C 2 (0, L) ∩ C([0, L]) | f (0) = f (L) = 0}, el problema anterior puede escribirse AX = λX. Los escalares λk dados por (16.11) son los valores propios del operador A, mientras que los espacios propios correspondientes son unidimensionales y están generados por las funciones propias Xk (x) = sen(kπx/L). ✷ 1 t=0 Φ1 (t, x) 1 Φ2 (t, x) t=0 t>0 t>0 L 2 0 L x 0 Lx Figura 16.1: Dos soluciones fundamentales de la ecuación del calor CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 232 16.1.3. Tercera etapa: imponer la condición inicial Consideremos ahora la condición inicial (16.3). Para motivar lo que sigue, comencemos por el caso en que f (x) = A sen(k0 πx/L) (16.13) para algún par de constantes A ∈ R y k0 ∈ N \ {0}. Dado que la k-ésima solución fundamental (16.12) satisface Φk (0, x) = sen(kπx/L), entonces es directo ver que la solución de (16.1)-(16.3) correspondiente a (16.13) es 2 u(t, x) = AΦk0 (t, x) = Ae−α(k0 π/L) t sen(k0 πx/L). Más generalmente, si f (x) = m X Ai sen(ki πx/L) i=1 para ciertas constantes A1 , . . . , Am ∈ R y 0 < k1 ≤ k2 ≤ . . . ≤ km , entonces la solución buscada es m m X X 2 u(t, x) = Ai Φki (t, x) = Ai e−α(ki π/L) t sen(ki πx/L). i=1 i=1 En efecto, de acuerdo al principio de superposición (ver sección 15.5), la linealidad de (16.1) implica que cualquier combinación lineal de soluciones es también solución de (16.1). Además, como cada solución fundamental satisface la condición de borde (16.2), sus combinaciones lineales también la satisfacen: u(t, 0) = m X Ai Φki (t, 0) = i=1 u(t, L) = m X Ai Φki (t, L) = m X 2 Ai e−α(ki π/L) t sen(0) = 0, i=1 m X 2 Ai e−α(ki π/L) t sen(kiπ) = 0. i=1 i=1 Finalmente, es directo verificar que u(0, x) = f (x). ¿Qué ocurre para una condición inicial correspondiente a una función f (x) más general? Por ejemplo, cómo proceder si f (x) no tiene descomposición como suma finita de senos y cosenos, como es el caso de la función siguiente b f 0 l 2 l x 16.2. APLICACIÓN EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS 233 La idea es escribir f (x) de la forma f (x) = ∞ X (16.14) Ak sen(kπx/L) k=1 y tomar como solución de nuestro problema a la función u(t, x) = ∞ X Ak Φk (t, x) = k=1 ∞ X 2 Ak e−α(kπ/L) t sen(kπx/L) k=1 Como se vio en el capítulo 13, bajo ciertas condiciones una función f (x) tiene una expresión como Serie de Fourier, la cual es precisamente el tipo de Serie de funciones trigonométricas que se necesita para encontrar el valor de los coeficientes que aparecen al imponer la condición inicial. 16.2. Aplicación en la Resolución de EDPs El método de separación de variables consiste en encontrar la solución P u de una EDP como superposición de soluciones elementales Uk de la ecuación, es decir u = αk Uk . Los coeficientes αk se ajustan de manera que u satisfaga las condiciones de borde e iniciales. 16.2.1. Ecuación del calor en una barra finita: condiciones de borde de tipo Dirichlet Retomemos la ecuación del calor para el caso de una barra finita: (EC) (CB) (CI) ut = αuxx u(0, x) = f (x) u(t, 0) = u(t, ℓ) = 0 donde α > 0. u=0 u=0 ℓ t > 0, 0 ≤ x ≤ ℓ 0≤x≤ℓ t>0 CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 234 Proponemos buscar soluciones elementales en variables separadas: U(t, x) = T (t)X(x) ( T ′ (t) ′ ′′ = λ cte T (t) X (x) T (x) (EC) T ′ (t)X(x) = αT (x)X ′′ (x) ⇒ =α ⇒ X ′′ (x) T (t) X(x) = λ/α cte X(x) | {z } | {z } indep. de x indep. de t Se obtienen de este modo las siguientes E.D.O‘s: ( T (t) = aeλt √ √ − λ/αx X(x) = be + ce λ/αx √ √ Luego U(t, x) = a · eλt [be− λ/αx + ce λ/αx ]. Notemos que la constante a puede ser absorbida en αk ; es por eso que la podemos suprimir de la familia de soluciones U(t, x). Examinemos ahora la condición de borde en x = 0 (CB) u(t, 0) = 0 ∀t > 0 Evaluando, se obtiene b + c = 0 equivalentemente c = −b. Luego h √ i √ λ/αx − λ/αx eλt U(t, x) = b · e −e Análogamente a lo anterior, hemos absorbido en αk la constante b. Incorporemos al análisis la otra condición de borde (en x = ℓ) √ Evaluando, se obtiene e λ/αℓ (CB) u(t, ℓ) = 0 ∀t √ = e− λ/αℓ , es decir √ e2 λ/αℓ = 1 Resolviendo p 2 λ/αℓ = 2kπi, k ∈ Z  2 kπ λ = − α ℓ  2 kπ λ = −α ℓ Finalmente, obtenemos U(t, x) = [e kπi x ℓ − kπi x ℓ −e −α( kπi x)2 t ℓ ]e = 2i sen  kπx ℓ  e−α( kπx 2 ) t ℓ Donde la constante 2i es absorbida en αk . De esta forma, se obtiene que para cada k ∈ Z se tiene la solución elemental   kπx −α( kπx )2 t ℓ e Uk (t, x) = sen ℓ 16.2. APLICACIÓN EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS 235 Como nos interesan soluciones no triviales y además U−k (t, x) = −Uk (t, x), basta considerar el conjunto de soluciones elementales para k = 1, 2, 3, ..., esto es, nos reducimos al caso k ∈ N\{0}. P Cada función Uk satisface (EC) y (CB), de modo que αk Uk (t, x) también. Sólo nos queda ajustar las constantes αk de manera de satisfacer (CI). Postulamos u(t, x) = ∞ X αk sen k=1  kπx ℓ  e−α( kπ 2 ) t ℓ Para t = 0 se debe tener f (x) = ∞ X αk sen k=1  kπx ℓ  por lo cual αk corresponde al coeficiente de Fourier de la extensión impar f˜ : [−ℓ, ℓ] → R ( f (x) x ∈ [0, ℓ] ˜ f(x) = −f (−x) x ∈ [−ℓ, 0] es decir αk 1 = ℓ Zℓ ˜ sen f(x) −ℓ  kπx ℓ  2 dx = ℓ Zℓ 0 f (x) sen  kπx ℓ  dx En conclusión  ℓ      Z ∞ X 2 kπξ kπx −α( kπ )2 t   ℓ u(t, x) = dξ sen e f (ξ) sen ℓ ℓ ℓ k=1 0 Notemos que u(t, x) → 0 cuando t → ∞ y que las frecuencias más altas decaen más rápidamente. 16.2.2. Ecuación del calor en una barra finita. Condiciones de borde de tipo Neumann Analicemos el ejemplo anterior con condición de borde tipo Neumann: (EC) ut = αuxx t > 0, 0 < x < ℓ (CB) ux (t, 0) = ux (t, ℓ) = 0 t > 0 (CI) u(0, x) = f (x) 0<x<ℓ CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 236 y bordes aislados, flujo de calor 0 x ℓ z Soluciones elementales. Se obtienen de la misma forma que en el caso anterior: h √ i √ U(t, x) = T (t)X(x) = ... = eλt ae λ/αx + be− λ/αx (CB) ux (t, 0) = 0 ∀t > 0 q q λ Evaluando en x = 0 se obtiene a α − b αλ = 0, lo que equivale a λ = 0 o bien a = b. En el primer caso Uo = cte = 1, y en el segundo se tiene: h √λ √λ i U(x, t) = a · eλt e α x + e− α x Como se ha hecho en casos anteriores absorbemos a en αk . Veamos ahora qué pasa con la condición en x = ℓ (CB) Ux (t, ℓ) = 0 ∀t > 0 Evaluando en x = ℓ se obtiene r h √λ i λ √λℓ − α ℓ α =0 −e e α √λ √λ de donde λ = 0 (ya visto) o bien e α ℓ = e− α ℓ . Desarrollando esto último llegamos a  2 kπ k∈Z λ = −α ℓ Encontramos así, dado k ∈ Z, la solución elemental asociada a ese k que se escribe   kπi kπx −α( kπ )2 t x − kπi x −α( kπ )2 t ℓ ℓ ℓ ℓ Uk (t, x) = [e e +e ]e = cos , ℓ donde el factor 2 producido por el coseno es absorbido en forma clásica. Aplicando el principio de superposición podemos concluir que  ℓ        Z ∞ ∞ X kπ 2 kπx −α( kπ )2 t X  2 kπξ kπx ℓ αk cos e f (ξ) cos dξ  cos e−α( ℓ ) t u(t, x) = = ℓ ℓ ℓ ℓ k=1 k=1 0 Para esto último hubo que extender f de forma par sobre [−ℓ, ℓ]. 16.2. APLICACIÓN EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS 16.2.3. 237 Ecuación del calor en barra finita. Condiciones mixtas Veamos la ecuación del calor en el caso con condiciones mixtas, es decir Dirichlet en un extremo y Neumann en el otro: (EC) ut (CI) u(0, x) (CB) u(t, 0) ux (t, ℓ) = = = = αuxx t > 0, 0 < x < ℓ f (x) 0 < x < ℓ 0 t > 0 temperatura fija −βu(t, ℓ) t > 0 extremo semi-aislado u=0 extremo semi aislado ux = −βu x=0 radiación de calor proporcional al salto de temperatura h √ i √ Como antes se obtiene U(t, x) = eλt ae λ/αx + be− λ/αx y la (CB) u(t, 0) = 0 t > 0 implica a + b = 0 de modo que nos reducimos a √ √ U(t, x) = eλt [e λ/αx − e− λ/αx ] La (CB) en el extremo semi-abierto se escribe r h i √ √ √ λ √λ/αℓ e + e− λ/αℓ = −β[e λ/αℓ − e− λ/αℓ ] α Supongamos que λ < 0 (ya que es el único casoqinteresante de analizar, pues los otros casos entregan soluciones triviales) y definamos iµ = αλ . Tras el desarrollo correspondiente de las exponenciales se llega a 2iµ cos(µℓ) = −β2i sen(µℓ) o equivalentemente, tomando y = µℓ. y cos y = −β sen y ℓ o bien − y = tan y ℓβ CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 238 Figura 16.2: funciones −y y tan(y) Esta ecuación trascendente entrega una familia de soluciones numerables, digamos {yj }∞ j=0 , la cual se puede encontrar mediante métodos numéricos. Estas se pueden caracterizar como las coordenadas horizontales de los puntos donde se intersectan los grafos de las funciones y 7→ − lβy con y 7→ tan y (lo que se puede apreciar en el gráfico de la figura 16.2). Como yk 6= kπ, los coeficientes αk no corresponden a los coeficientes de Fourier clásicos, pero para encontrarlos se razona de manera análoga. En efecto u(t, x) = ∞ X k=0 en particular αk Uk (t, x) ∀t > 0, 0 < x < ℓ u(0, x) = f (x) = ∞ X αk Uk (0, x) k=0 con 2 Uk (t, x) = eyk /ℓ 2 αt Así f (x) = Como yℓk = modo que q ∞ X k=0 λk α  y /ℓx  e k − e−yk /ℓx   αk eyk /ℓx − e−yk /ℓx se tiene yk ∈ C, y el problema se reduce a encontrar los coeficientes αk de f (x) = ∞ X k=0 yj x ℓ αk sen y x k ℓ e integrando sobre [0, ℓ] (donde supondremos que el intercamAhora, multiplicando por sen bio de la sumatoria con la integral es válido) se obtiene Z ℓ ∞ Z ℓ y x y x y x X j k j f (x) sen αk sen dx = sen dx ℓ ℓ ℓ 0 k=0 0 16.2. APLICACIÓN EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS 239 Ahora notemos que Z 0 y por lo tanto Z 0 ℓ ℓ y x y x k j sen sen ≡ 0 ∀k 6= j ℓ ℓ Z ℓ y x y x j j dx = αj dx sen2 f (x) sen ℓ ℓ 0 αj = Rℓ f (x) sen 0 Rℓ sen2 0 yj x
dx ℓ yj x
dx ℓ Demostración. Sea k 6= j; entonces se tiene que Zℓ yk x yj x sen sen dx = ℓ ℓ 0 = = = = 16.2.4. sen(yk − yj ) xℓ sen(yk + yj ) xℓ ℓ − 2(yk − yj )/ℓ 2(yk + yj )/ℓ 0   ℓ sen(yk − yj ) sen(yk + yj ) − 2 yk − yj yk + yj   ℓ sen yk cos yj − cos yk sen yj sen yk cos yj + cos yk sen yj − 2 yk − yj yk + yj   yk cos yk cos yj + yj cos yk cos yj 1 yk cos yk cos yj − yj cos yk cos yj − 2β yk − yj yk + yj 0 Ecuación de Laplace en banda semi-infinita. En esta sección consideramos la ecuación de Laplace (EC) 0 (CB) u(0, y) u(x, 0) u(x, ∞) = = = = uxx + uyy , y > 0, 0 < x < ℓ, u(ℓ, y) = 0, y > 0, f (x), 0 < x < ℓ, 0, 0 < x < ℓ. en una región como se muestra en la figura 16.3. Soluciones elementales. Las suponemos en variables separadas U(x, y) = X(x)Y (y) Se tiene X ′′ (x)Y (y) + X(x)Y ′′ (y) = 0. Dividiendo por XY se obtiene X ′′ Y ′′ =− = λ = cte. X Y CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 240 y u=0 u=0 u = f (x) x ℓ Figura 16.3: Dominio semi-infinito para la ecuación de Laplace Esto nos conduce a dos E.D.O’s, una para X y otra para Y que resolvemos para llegar a ( √ √ X(x) = ae λx + be− λx √ √ Y (y) = ce −λy + de− −λy Utilizando la condición de borde U(0, y) = 0 ∀y obtenemos a + b = 0, de donde √ X(x) = e λx − e− √ λx Por otro lado √ Evaluando se tiene e que Así λℓ = e− √ U(ℓ, y) = 0 ∀y λℓ √ que resulta equivalente a e2 √ 2 λℓ = 2kπi,  kπ λ=− ℓ λℓ = 1. De esto último se desprende k ∈ Z. 2 Podemos entonces reescribir las expresiones de X(x) y de Y (y), módulo una constante (
X(x) = sen kπx ℓ kπ kπ Y (y) = ce ℓ y + de− ℓ y De la condición U(x, ∞) = 0 se desprende que c = 0, pues de otro modo la solución diverge, cosa que no es aceptable desde el punto de vista de la física. Nos podemos restringir a k ∈ N \ {0} y la solución elemental correspondiente está dada por:   −kπy kπx Uk (x, y) = e ℓ sen . ℓ 16.2. APLICACIÓN EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS 241 Luego, en virtud del principio de superposición, la solución tiene la forma u(x, y) = ∞ X αk e −kπy ℓ sen k=1 Ahora bien u(x, 0) = f (x) = como ∞ P kπx ℓ αk sen k=1 2 αk = ℓ Zℓ
 kπx ℓ  , lo que nos permite expresar los coeficientes αk f (ξ) sen 0  kπξ ℓ  dξ Finalmente, obtenemos una fórmula explícita para la solución  ℓ      Z ∞ X 2 kπξ kπx −kπy/ℓ  f (ξ) sen dξ  e u(x, y) = sen ℓ ℓ ℓ k=1 0 Ejercicio. Resolver la ecuación de ondas de una cuerda de largo ℓ con un extremo fijo y el otro libre. u(x, t) x=0 x=ℓ Figura 16.4: Cuerda de largo ℓ con un extremo fijo y el otro libre 16.2.5. Oscilaciones en una membrana rectangular Consideremos una membrana rectangular. Como se vio en la sección 15.3.1 la ecuación que modela esta situación es (EO) (CB) (CI) utt = γ 2 (uxx + uyy ) u=0 u(0, x, y) = f (x, y) ut (0, x, y) = g(x, y) en R ⊆ R2 sobre ∂R en R en R CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 242 z b y a R x donde la región viene dada por R = [0, a] × [0, b]. Como antes, separamos variables: U(t, x, y) = T (t)X(x)Y (y). Reemplazando, llegamos a T ′′ XY = γ 2 [T X ′′ Y + T XY ′′ ]. Dividiendo por XY T se obtiene   ′′ T ′′ Y ′′ 2 X =γ + T X Y 0 < x < a, 0 < y < b, t ∈ R+ Como la igualdad anterior es cierta para cualquier valor que tomen las variables x, y y t, se tiene: T ′′ = K0 T X ′′ = K1 X Y ′′ = K2 Y donde K0 , K1 y K2 , constantes, para las cuales además se satisface la relación K0 = γ 2 (K1 +K2 ). Escribimos las soluciones de las E.D.O’s correspondientes √ T (t) = a0 e K0 t X(x) = a1 e K1 x Y (y) = a2 e K2 y √ √ + b0 e− √ + b1 e− + b2 e− K0 t √ √ K1 x K2 y Impongamos las condiciones de borde u(t, 0, y) = 0 ∀t > 0, ∀y ∈ [0, b] Evaluando obtenemos a1 + b1 = 0. Por otra parte u(t, a, y) = 0 ∀t > 0, ∀y ∈ [0, b] 16.2. APLICACIÓN EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS √ Luego, podemos escribir e K1 a 243 √ = e− K1 a , que equivale a p 2 K1 a = 2k1 πi, k1 ∈ Z Desarrollando esto último obtenemos K1 = −  k1 π a 2 Llegamos a una expresión para X X(x) = sen   k1 π x , a k1 ∈ Z Análogamente, utilizando las condiciones CB : u(t, x, 0) = 0 ∀t > 0, ∀x ∈ [0, a] u(t, x, b) = 0 ∀t > 0, ∀x ∈ [0, a] obtenemos una expresión para Y Y (y) = sen   k2 π y , b k2 ∈ Z Se tiene además K0 = γ 2 (K1 + K2 ) = −γ 2 π 2 " k1 a 2 +  k2 b 2 # Podemos con esto escribir una solución elemental. En este caso queda parametrizada por k1 y k2 que se pueden tomar en N \ {0}.     k1 πx k2 πy Uk1 ,k2 (t, x, y) = sen sen [αk1 k2 sen (wk1 k2 t) + βk1 k2 cos (wk1 k2 t)] a b donde wk1 k2 = γπ s k1 a 2 +  k2 b 2 Aplicando el principio de superposición, escribimos la solución general     ∞ X k2 πy k1 πx sen [αk1 k2 sen (wk1 k2 t) + βk1 k2 cos (wk1 k2 t)] u(t, x, y) = sen a b k ,k =1 1 2 Los coeficientes αk1 k2 y βk1 k2 se ajustan de modo de reproducir las condiciones iniciales (CI): u(0, x, y) = ∞ X k1 ,k2 =1 βk1 k2 sen  k1 πx a  sen  k2 πy b  = f (x, y) CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 244 De este modo βk1 k2 4 = ab Za Zb 0 f (x, y) sen 0 Para la otra condición ut (0, x, y) = X αk1 k2 wk1 k2 sen k1 k2   k1 πx a k1 πx a   sen sen    dydx  = g(x, y) k2 πy b k2 πy b Y el coeficiente αk1 k2 queda entonces determinado por αk1 k2 16.2.6. 4 = abwk1 k2 Za Zb 0  k1 πx g(x, y) sen a 0  sen  k2 πy b  dydx Ecuación de Laplace en un rectángulo Analicemos ahora el caso de una membrana rectangular en régimen estacionario, es decir (L) uxx + uyy (CB) u(x, 0) u(0, y) u(a, y) = = = = 0 0 < x < a, 0 < y < b u(x, b) = 0 0 < x < a 0 0<y<b T 0 < y < b, donde T es una constante. y b u=0 u=0 u = T = cte u=0 a x Figura 16.5: Dominio rectangular para la ecuación de Laplace ′′ ′′ Separando variables se obtiene YY = − XX = λ = cte. Esto conduce a dos EDO’s cuyas soluciones son ( √ √ Y = ae λy + be− λx √ √ X = ce −λx + de− −λx 16.2. APLICACIÓN EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS 245 donde a, b, c y d son constantes a determinar. Imponemos la condición de borde u(x, 0) = 0, la cual nos entrega a + b = 0. Luego  √ √  λy − λy Y (y) = a e −e Utilizando ahora u(0, y) = 0, se obtiene c + d = 0, con lo que se concluye que  √ √  −λx − e λx X(x) = c e √ Ocupando u(x, b) = 0, se tiene que e2 λb = 1, lo que nos lleva a una ecuación para λ √ λb = 2kπi  2 kπ λ=− b Así, se encuentra que Y (y) = 2ai sen  X(x) = 2c senh  y kπy b  kπx b  Luego, escribimos la solución elemental Uk (x, y) = senh  kπx b  sen  kπy b  Aplicando el principio de superposición u(x, y) = ∞ X αk senh k=1  kπx b  sen  kπy b  Luego, para calcular las constantes αk definimos T mediante ( T 0<y<b T (y) = −T − b < y < 0, es decir, T es la extensión impar de la función que vale la constante T sobre el intervalo (0, b). Notar que el valor de T en 0 no es relevante. Gracias a la condición de borde u(a, y) = T = ∞ X αk senh k=1 el coeficiente de Fourier αk , viene dado por  kπa b  sen  kπy b  , CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 246 kπa 2T αk senh = b b Zb 0 sen  kπy b  dy = 2T [1 − (−1)k ]. kπ Observamos que αk se anula si k es par. Finalmente obtenemos u(x, y) = ∞ X n=1 16.2.7.   4T πy  πx  sen (2n − 1) . senh (2n − 1) (2n − 1)π senh[(2n − 1)πa/b)] b b Ecuación de ondas. Cuerda finita. Las oscilaciones de una cuerda elástica vienen descritas por la ecuación utt − α2 uxx u(t, 0) = u(t, ℓ) u(0, x) ut (0, x) =0 =0 = f (x) = g(x) 0 < x < ℓ, t > 0 t>0 0<x<ℓ 0<x<ℓ (EO) Separamos variables: U(t, x) = T (t)X(x). Al reemplazar esto en la ecuación se obtiene T ′′ X = α2 T X ′′ , es decir X ′′ T ′′ = α2 = cte = λ T X De este modo, una vez más aparecen dos E.D.O’s  ′′ T = λT X ′′ = αλ2 X cuyas respectivas soluciones son ( √ √ T (t) = ae λt + be− λt √ √ X(x) = ce λx/α + de− λx/α Imponiendo las condiciones de borde u(t, 0) = 0 ⇒ X(0) = 0 ⇒ c + d = 0. √ u(t, ℓ) = 0 ⇒ X(ℓ) = 0 ⇒ e λℓ/α √ − e−λℓ/α = 0 ⇒ e2 De donde √ 2 λℓ/α = 2kπi, k ∈ Z √ αkπi λ= , k∈Z ℓ λℓ/α =1 16.2. APLICACIÓN EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS 247 Escribimos la solución elemental h αkπti i h αkπxi i αkπti αkπxi · c · e ℓ − e− ℓ Uk (t, α) = ae ℓ + be− ℓ | {z } 2i sen( kπx ℓ ) Reemplazando y absorbiendo constantes, llegamos a      αkπt kπx αkπt + b̃ sen sen Uk (t, α) = ã cos , ℓ ℓ ℓ k ∈ N \ {0}. Por el principio de superposición u(t, x) = ∞  X k=1  αkπt ak cos ℓ  + bk sen  αkπt ℓ  sen  kπx ℓ  es solución de la ecuación. Tenemos dos familias de constantes que determinar: ak y bk . Para las primeras utilizamos la condición inicial sobre u   ∞ X kπx u(0, x) = f (x) = ak sen ℓ k=1 y obtenemos 2 ak = ℓ Zℓ 0 f (x) sen  kπx ℓ  dx que corresponde al coeficiente de Fourier de la extensión impar de f (x). Para encontrar bk debemos imponemos la condición sobre ut : ut (0, x) = g(x) lo que equivale a   αkπ kπx bk . sen ℓ ℓ k=1
αkπ De esta relación observamos que bk ℓ debe ser el coeficiente de Fourier de la extensión impar de g, y deducimos que   Zℓ kπx 2 g(x) sen dx. bk = αkπ ℓ ∞ X 0 CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 248 16.3. Ejercicios 1. Encontrar las soluciones elementales en variables separadas de ut = auxx − bu, 0 < x < ℓ, t > 0 con condiciones de borde Dirichlet (a, b constantes positivas conocidas). 2. Resuelva el problema de Dirichlet en el círculo: △u = 0 R>r u(R, θ) = f (θ) θ ∈ [0, 2π]. Observe que a utilizar separación de variables, si u(r, θ) = A(r)B(θ), entonces B(0) = B(2π) y B ′ (0) = B ′ (2π). 3. Resuelva el problema de Neumann en el círculo: △u = 0 R>r ur (R, θ) = f (θ) θ ∈ [0, 2π]. 4. Resuelva: △u = 4 1>r u(1, θ) = cos(2θ) θ ∈ [0, 2π]. 5. Encontrar soluciones de las siguientes ecuaciones separando variables. (a) ∂u ∂x (b) ∂2u ∂x2 (c) − ∂u ∂y + ∂2u ∂x∂y 2 = 0. ∂2u ∂y 2 = 0. − u = 0. ∂ u (d) x2 ∂x∂y + 3y 2x = 0. 16.4. Problemas Problema 16.1. Resuelva la ecuación de Helmholtz ∆u + u = 0 en la región Ω = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 2} con condiciones de borde u(x, 0) = u(0, y) = u(1, y) = 0 y u(x, 2) = x(1 − x), ∀(x, y) ∈ Ω. 16.4. PROBLEMAS 249 Problema 16.2. Resuelva el siguiente sistema ytt (x, t) = yxx (x, t) − cos(x) 0 < x < 2π t>0 yt (x, 0) = 0 0 < x < 2π y(0, t) = y(2π, t) = 0 y(x, 0) = 0 t>0 0 < x < 2π. Indicación: Considere soluciones del tipo y(x, t) = Y (x, t)−h(x) para una función h adecuada. p Problema 16.3. Sea u = v( x2 + y 2 + z 2 , t) una solución con simetría “radial” de la ecuación de ondas utt = c2 ∆u en R3 . (i) Probar que v satisface la ecuación vtt = c2 [vrr + 2vr /r] para r ≥ 0, t ≥ 0. (ii) Sea w(r, t) = rv(r, t). Probar que w satisface la ecuación de ondas unidimensional. (iii) Encontrar w para las condiciones iniciales u(x, y, z, 0) = exp(−r 2 ) y ut (x, y, z, 0) = 0. Problema 16.4. Resuelva la EDP no homogénea de una dimensión: ut − kuxx = F (x, t) u(x, 0) = f (x) u(0, t) = u(π, t) = 0. x ∈ (0, π), t > 0 Problema 16.5. Resuelva un caso particular del problema anterior: ut − kuxx = x u(x, 0) = ut (x, 0) = u(0, t) = u(π, t) = 0. x ∈ [0, π], t > 0 Problema 16.6. Resuelva: △u = 0 u(1, θ) = u(2, θ) = u(r, 0) = 0 uθ (r, π) = r 2 . 2 > r > 1, π > θ > 0 Problema 16.7. Resuelva la ecuación del calor en un cuadrado: ut − k(uxx + uyy ) = 0 (x, y) ∈ (0, π)2 , t > 0 u(x, y, 0) = f (x, y) u(x, 0, t) = u(x, π, t) = u(0, y, t) = u(π, y, t) = 0. Problema 16.8. Resuelva la ecuación del calor en un cubo: ut − k(uxx + uyy + uzz ) u(x, y, z, 0) u(0, y, z, t) = u(π, y, z, t) = u(x, y, π, t) uy (x, 0, z, t) = uy (x, π, z, t) = = = = 0 (x, y, z) ∈ (0, π)3 , t > 0 f (x, y) 0 0. CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 250 Problema 16.9. Dos gases uniformemente distribuídos en un volúmen Ω ⊂ R3 se encuentran a temperaturas u(x, y, z, t) y v(x, y, z, t), satisfaciéndose las ecuaciones (1) ut = c2 ∆u − k(u − v) (2) vt = a2 ∆v − l(v − u) donde k > 0 y l > 0 son constantes relacionadas con el intercambio de calor entre los gases. La superficie ∂Ω es adiabática (∇u · n̂ = ∇v · n̂ = 0 en ∂Ω), y en el instante inicial (t = 0) las temperaturas u, vRRR son constantes en todo Ω iguales a u0 y v0 respectivamente. RRR (a) Sea U(t) = u dxdydz y V (t) = v dxdydz. Probar que U̇ = −k(U − V ) y Ω Ω análogamente V̇ = −l(V − U). (b) Deducir que la cantidad K(t) = lU(t) + kV (t) se conserva y probar que lı́m U(t) = lı́m V (t) = t→∞ t→∞ lu0 + kv0 µ(Ω). k+l (c) Sea w : Ω → R solución de la ecuación auxiliar  ∆w = αw en Ω ∇w · n̂ = 0 en ∂Ω (c.1) Probar la identidad: RR ∂Ω ~= w∇w · dS RRR Ω k∇wk2 + α RRR Ω w2. (c.2) Deducir que “α > 0 ⇒ w ≡ 0” y “α = 0 ⇒ w ≡ constante”. (d) Considere ahora las ecuaciones (1) y (2) en régimen estacionario y sean ū, v̄ las soluciones. Probar primero que ū − v̄ ≡ 0, y luego que ū ≡ cte ≡ v̄. (e) Calcular, usando la parte (b), la temperatura constante del régimen estacionario. Problema 16.10. 4 Considere la ecuación del calor en una esfera sólida de radio R y difusividad térmica α > 0. Buscamos soluciones con simetría esférica, vale decir, u = u(t, r). (a) Expresando el Laplaciano en coordenadas esféricas, muestre que u = u(t, r) satisface la ecuación ∂u α ∂2 = (ru) . ∂t r ∂r 2 (b) Usando separación de variables pruebe que esta ecuación admite soluciones del tipo U(t, r) = exp(−αβ 2 t) a sin(βr) + b cos(βr) . r con a, b, β constantes a determinar. (c) Pruebe que basta tomar b = 0 para que la solución encontrada en la parte (b) satisfaga la condición de borde en r = 0 dada por lı́mr→0 ∂U (t, r) = 0, para t > 0. ∂r 4 Examen Especial. Primavera 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 16.4. PROBLEMAS 251 (d) Determine constantes β = βk , k = 1, 2, . . ., tales que se satisfaga además la condición de borde u(t, R) = 0 para t > 0. (e) Concluya que la solución de la ecuación del calor en la esfera con las condiciones de borde dadas en las partes (c) y (d), es de la forma u(t, r) = ∞ X Ak exp(−αβk2 t) sin(βk r)/r k=1 y encuentre los coeficientes Ak en términos de la condición inicial u(0, r) = f (r), 0 ≤ r ≤ R. Problema 16.11. 5 Encuentre la solución u = u(t, x) de la ecuación: utt − uxx = 0, t > 0, 0 < x < 1, bajo las condiciones: u(t, 0) = u(t, 1) = 0, t > 0,  x si 0 < x ≤ 1/2, u(0, x) = 1 − x si 1/2 < x < 1, ut (0, x) = 3 sen(2πx), Problema 16.12. Problema 16.13. 6 0 < x < 1. Encuentre una expresión en forma de una serie para la solución u(x, t) de (EDP) ∂ 2 u ∂u ∂2u + + u = ∂t2 ∂t ∂x2 (CB) u(0, t) = u(0, 1) = 0 (CI) u(x, 0) = f (x), 0 < x < 1, t > 0 para t > 0, ∂u (x, 0) = 0 ∂x para 0 < x < 1. 7 (i) Determine la serie de Fourier de la función f (x) = 1 −|x| en el intervalo [−2, 2], y deduzca el valor de la serie de números reales: ∞ X 1 . 2 (2n − 1) n=1 (ii) Pasando el lado derecho a la condición de inicial. Resuelva el siguiente problema diferencial en derivadas parciales ytt − yxx = 4sen(2x), y(0, t) = y(π, t) = 0, y(x, 0) = 0, yt (x, 0) = π − x, 0 < x < π, t > 0, 0 < x < π, 0 < x < π. t > 0, Ind.: Considere el cambio u(x, t) = y(x, t) − sen(2x). Control 3. Primavera 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez Examen. Primavera 2002. Matemáticas Aplicadas. Prof: F. Aĺvarez, R. Correa y P.Gajardo 7 Control 3. Primavera 2003. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 5 6 CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 252 Problema 16.14. Resuelva la ecuación de ondas en [0, π] con las condiciones de borde e iniciales que se indican:  utt = uxx , x ∈ (0, π), t > 0    u(0, t) = u(π, t) = 0, t>0 u(x, 0) = sen(x) − 2 sen(3x), x ∈ (0, π),    ut (x, 0) = 3 sen(2x), x ∈ (0, π). Problema 16.15. Resuelva el problema  2utt    u(0, t) = u(1, t) u(x, 0)    ut (x, 0) Problema 16.16. de ecuaciones en derivadas parciales dado por: = uxx , x ∈ (0, 1), t > 0 = 0, t>0 = 0, x ∈ (0, 1), = cos(πx), x ∈ (0, 1). 8 1. Desarrolle la serie de Fourier de senos para la función f (x) = x en (0, π). 2. Resolver el sistema de la ecuación del calor dado por  x ∈ (0, π), t > 0  ut − uxx + 6ux = 0, u(0, t) = u(π, t) = 0, t>0  3x u(x, 0) = e x, x ∈ (0, π), (16.15) siguiendo las siguientes indicaciones: a) Aplicando el método de separación de variables e imponiendo las condiciones de bor2 de, demuestre que las soluciones elementales son de la forma uk = Ck e(−k −9)t+3x sen(kx) b) Imponiendo la condición inicial y usando la parte a), encuentre la solución del sistema (16.15). 8 Examen. Otoño 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Alberto Mercado 16.5. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 16.5. 253 Resolución de problemas Solución Problema 16.16 1. Para encontrar la serie de senos, necesitamos la extensión impar de x al intervalo (−π, π). Como f (x) = x es impar, tenemos que integrar f en (−π, π): Z π 1 sen(nx)xdx = − cos(nx)x n −π π + Z π −π −π 1 cos(nx)dx n 1 1 = − (−1)n 2π + 2 (sen(nx)) |π−π n n (−1)n+1 = 2π n Entonces los coeficientes de la serie buscada son 1 an = 2π Z π sen(nx)xdx = −π (−1)n+1 n y además f es diferenciable, y L2 integrable, por lo que se cumplen los teoremas de convergencia vistos en clase. Por tanto la serie de f (x) = x es S(x) = ∞ X (−1)n+1 −∞ =2 ∞ X 1 n sen(nx) (−1)n+1 sen(nx) n ( Obs : Es igualmente correcto si desde el principio el alumno solo integra para los k > 0 y divide por π en lugar de 2π.) 2. a) Haciendo u(x, t) = X(x)T (t) tenemos que XT ′ − X ′′ T + 6X ′ T = 0 ⇒ XT ′ = X ′′ T − 6X ′ T Razonando como es usual (de que en algún punto la funciones son distintas de cero y por tanto podemos dividir por XT , y después tener en cuenta la independencia de las variables x y t) se tienen las ecuaciones T ′ = λT X ′′ − 6X ′ = λX La ecuación para T tiene solución T (t) = Ceλt y para la ecuación de X resolvemos la ecuación característica: r 2 − 6r − λ = 0 CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES 254 que tiene soluiciones r1 = 3 + √ λ+9 r2 == 3 + √ λ−9 Por tanto la soluciones son de la forma u(x, t) = C1 eλt e(3+ √ λ+9)x + C2 eλt e(3− √ λ+9)x Imponiendo las condiciones de borde: En x = 0: 0 = u(0, t) = C1 eλt + C2 eλt para toda t > 0, por lo que C1 = −C2 y por tanto, denotando C = C1 = −C2 , se tiene que   √ √ (3− λ+9)x (3+ λ+9)x λt −e u(x, t) = Ce e λt+3x = Ce   √ √ −x λ+9 x λ+9 e −e √ = Ceλt+3x 2 senh(x λ + 9) En x = π: √ 0 = u(π, t) = Ceλt+3π senh(π λ + 9) para todo t > 0. Teniendo en cuanta las propiedades de la función senh, se tiene que λ cumple esta relación ssi existe k ∈ Z tal que √ π λ + 9 = kπi de donde λ + 9 = −k 2 (Obs: Es posible que alumno haya probado esto directamente por medio de propiedades de la exponencial, o bien usando la relación ez −e−z = e− iiz −ei iz = −2i sen(iz) y el hecho que los ceros de sen son de la forma kπ). En todo caso, se tiene que √ λ + 9 = ki y que λ = −k 2 − 9 Esto para cada k ∈ Z, por lo que para cada k se tiene una solución fundamental uk . Sustituyendo arriba, se concluye que éstas son de la forma uk = Ce(−k 2 −9)t+3x = Ck e(−k exki − e−xki 2 −9)t+3x sen(kx)
16.5. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 255 b) De lo anterior, se tiene que toda función de la forma u(x, t) = ∞ X uk (x, t) es −∞ solución de la ecuación. Imponiendo la condición inicial u(x, 0) = e3x x, se tiene que ∞ ∞ ∞ X X X Ck sen(kx) e3x x = uk (x, 0) = Ck e3x sen(kx) = e3x −∞ −∞ −∞ de donde x= ∞ X Ck sen(kx). −∞ Por lo tanto las constantes Ck son los coeficientes de la serie de senos de la función f (x) = x. Por la parte a), se tiene que estas constantes son Ck = (−1)k+1 k para cada k ∈ Z. Por lo tanto, se concluye que u(x, t) = ∞ X (−1)k+1 k −∞ =2 ∞ X (−1)k+1 0 k e(−k e(−k 2 −9)t+3x 2 −9)t+3x sen(kx) sen(kx) ( Obs: Es válido si solo usa la suma de los términos con k > 0.) 256 CAPÍTULO 16. SEPARACIÓN DE VARIABLES Capítulo 17 Uso de transformadas en la resolución de EDPs 17.1. Uso de la transformada de Fourier en la resolución de EDPs La transformada de Fourier es utilizable para ecuaciones en que una o más variables se mueven sobre dominios infinitos como R o [0, ∞). Ilustremos el método a través de algunos ejemplos. 17.1.1. Ecuación del calor en una barra infinita Consideremos la ecuación del calor en una barra infinita (EC) (CI) (CB) ut = αuxx t > 0, −∞ < x < ∞ u(0, x) = f (x) −∞<x<∞ ∞ R |u(t, x)|dx < ∞ t>0 −∞ La condición R∞ −∞ |f (x)|dx < ∞ tiene una doble finalidad. Por un lado nos garantiza que u(t, ·) posee transformada de Fourier, pero también dice que “u(t, −∞) = u(t, ∞) = 0”, es decir, sirve como condición de borde en infinito. Aplicando T F en la variable x a la ecuación EC se obtiene Ahora bien 2 u bt = αuc u xx = −s αb 1 u bt (s) = √ 2π Z∞ −∞ e−isx ∂u ∂ (t, x)dx = u b(t, s) ∂t ∂t 257 258 CAPÍTULO 17. USO DE TRANSFORMADAS EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS de modo que ∂ u b(t, s) = −s2 αb u(t, s). ∂t Esto conduce a u b(t, s) = u b(0, s)e−s y de aquí 1 u(t, x) = √ 2π Z∞ −∞ 2 αt 2 = fb(s)e−s αt eixs e−s 2 αt fb(s)ds. Usando la fórmula de la convolución y el hecho que T −1 (e−s 1 u(t, x) = √ 2π Z∞ √ −∞ 2 αt )= 2 √ 1 e−x /4αt 2αt deducimos que 1 −(x−y)2 /4αt e f (y)dy 2αt Definamos △ G(t, x)= √ 1 2 e−x /4αt 4παt que se conoce como la función de Green de la ecuación (EC). Vemos entonces que u(t, x) = Z∞ G(t, x − y)f (y)dy. −∞ Ejercicio. Probar u(t, x) = 1 2π R∞ R∞ −∞ −∞ f (ξ) cos(s(ξ − x))e−s 2 αt dξds Interpretación: Notemos que ( 0 si x > 0 lı́m+ G(t, x) = t→0 +∞ si x = 0 ¡Pareciera que G(0, x) está mal definido ! Sin embargo, observemos que Z∞ −∞ G(t, x)dx = 1 ∀t > 0. 17.1. USO DE LA TRANSFORMADA DE FOURIER EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS 259 Así G(0, ·) puede interpretarse como la función δ(·) de Dirac. Notemos además que:   2 ∂G e−x /4αt x2 1 = √ − ∂t 4παt 4αt2 2t   2 2 x e−x /4αt √ −α = 2αt 4παt 2t 2 ∂G x e−x /4αt √ = − ∂x 2αt 4παt   2 2 ∂2G e−x /4αt 1 ∂G x √ = −1 = 2 ∂ x α ∂t 2αt 4παt 2αt de modo tal que G(t, x) puede interpretarse como la solución de (EC) ut = αuxx (CI) u(0, x) = δ(x) Asimismo vy (x, t) = G(t, x − y)f (y) puede verse como solución de (EC) ut = αuxx (CI) u(0, x) = δ(x − y)f (y) es decir R∞ −∞ f (y)G(t, x − y)dy es solución de (EC) (CI) ut = αuxx Z∞ u(0, x) = f (y)δ(x − y)dy = f (x) −∞ Formalmente: (1) ∂ ∂t Z∞ −∞ f (y)G(t, x − y)dy = Z∞ −∞ =α (2) lı́m Z∞ t→0 −∞ ∂G f (y) (t, x − y)dy = α ∂t ∂2 ∂x2 Z∞ −∞ f (y)G(t, x − y)dy = f (x). Lo que verifica (EC) y (CI). Z∞ −∞ f (y)G(t, x − y)dy f (y) ∂2G (t, x − y)dy ∂x2 260 17.1.2. CAPÍTULO 17. USO DE TRANSFORMADAS EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS Ecuación del calor en una barra semi-infinita. Condición en el extremo de tipo Dirichlet Consideremos ahora el siguiente problema:  ut = αuxx t > 0, x > 0   u(0, x) = f (x) x > 0   u(t, 0) = 0 t>0 (17.1) Para resolver este problema es útil la noción de extensión impar de una función w : [0, ∞) → R (que por simplicidad seguimos denotando por w : R → R) ( w(x) x≥0 w(x) = −w(−x) x < 0 Notar w es continua en R si y sólo si w es continua en [0, ∞) y w(0) = 0. Supongamos que u es solución de (17.1) y definamos v como la extensión impar de u con respecto a la variable x, es decir ( u(t, x) x>0 v(t, x) = −u(t, −x) x < 0 La función v(t, x) satisface vt = αvxx , v(0, x) = f˜(x), t>0 x ∈ R. Donde f˜ es la extensión impar de f. Por otro lado, si resolvemos la ecuación para v y encontramos una solución impar, como las soluciones de esta ecuación son continuas se tiene v(t, 0) = 0, ∀t > 0 y en consecuencia restringiendo v a [0, ∞) obtenemos la solución del problema original. Notemos que f es impar de modo que 1 fb(s) = √ 2π Z∞ −∞ −isξ f (ξ)e Z∞ Z0 1 −isξ dξ = √ [ f (ξ)e dξ + −f (−ξ)e−isξ dξ] 2π 0 Z∞ Z0 1 −isξ = √ [ f (ξ)e dξ + f (ξ)eisξ dξ] 2π 0 1 = √ 2π Z∞ −2i = √ 2π Z∞ 0 0 ∞ f (ξ) [e−isξ − eisξ ] dξ | {z } −2i sen(sξ) f (ξ) sen(sξ)dξ −∞ 17.1. USO DE LA TRANSFORMADA DE FOURIER EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS 261 Reemplazando se obtiene Z∞ Z∞ Z∞ 1 1 −s2 αt isx isx −s2 αt b e e [− f (ξ)i sen(sξ)dξ]ds v(t, x) = √ e e f (s)ds = π 2π −∞ −∞ = = 1 π 2 π Z∞ Z∞ 0 −∞ Z∞ Z∞ 0 0 f (ξ) sen(sξ)[−i cos sx + sen(sx)]e−s f (ξ) sen(sξ) sen(sx)e−s 2 αt 2 αt dsdξ dsdξ 0 y notemos finalmente que v es impar con respecto a la variable x. 17.1.3. Ecuación del calor en una barra semi-infinita. Condición de Neumann El problema es análogo al anterior, excepto por la condición de borde:  ut = αuxx t > 0, x > 0    u(0, x) = f (x) x > 0 (17.2)    ∂u (t, 0) = 0 t>0 ∂x Para tratar este problema conviene utilizar la noción de extensión par de una función w : [0, ∞) → R, que denotamos por w̄ : R → R ( w(x) x≥0 w̄(x) = w(−x) x < 0. w̄ resulta ser continua si y sólo si w es continua. Además w̄ es derivable en 0 si y sólo w es derivable en 0 (utilizando la definición de derivada con límite lateral) y dw = 0. dx Si u es solución de (17.2) y se define v(t, x) como ( v(t, x) x≥0 v(t, x) = v(t, −x) x < 0 entonces v(t, x) satisface vt = αvxx v(0, x) = f¯(x) t > 0, −∞ < x < ∞ −∞<x<∞ Por otro lado, si resolvemos la ecuación para v y encontramos que v es par, derivable y que ∂v (t, 0) = 0, entonces tenemos la solución de (17.2) (restringiendo v a [0, ∞)). ∂x Ejercicio. Probar que 2 v(t, x) = π Z∞ Z∞ 0 0 f (ξ) cos(sξ) cos(sx)e−s 2 αt dsdξ. CAPÍTULO 17. USO DE TRANSFORMADAS EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS 262 17.1.4. Problema de Dirichlet en un semiplano En esta sección consideramos el problema  y > 0, −∞ < x < ∞   uxx + uyy = 0 u(x, 0) = f (x) − ∞ < x < ∞   u(x, ∞) = 0 −∞<x<∞ (17.3) Aplicando T F en la variable x se obtiene uc c xx + u yy = 0 y por lo tanto −s2 û + ∂ 2 û ∂ 2 û = 0 ⇒ = s2 û ⇒ û(s, y) = a(s)esy + b(s)e−sy 2 2 ∂y ∂y Usando las condiciones de borde  ˆ = a(s) + b(s)  f(s)  ( −y|s| ˆ a(s) = 0 s > 0 ⇒ û(s, y) = f(s)e  û(s, ∞) = 0 ⇒ b(s) = 0 s < 0  û(s, 0) de donde = 1 u(x, y) = √ 2π Z∞ eixs e−y(s) fˆ(s)ds −∞ Usando el Teorema de la convolución y el hecho que A(e−s|y| ) = 1 u(x, y) = √ 2π Z∞ −∞ f (x − z) r 2 y dz = π y2 + z2 Z∞ −∞ q y 2 π y 2 +x2 resulta 1 y f (x − z)dz π y2 + z2 Definamos △ G(x, y)= 1 y , 2 π y + x2 que se le llama función de Green de asociada al problema del semiplano. Resulta u(x, y) = [G(·, y) ∗ f ](x) = Z∞ −∞ f (x − z)G(z, y)dz = Z∞ −∞ f (z)G(x − z, y)dz (17.4) 17.2. USO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 263 Ejercicio. Probar que 1) 2) ( 0 x 6= 0 lı́m G(x, y) = y→0 +∞ x = 0 Z∞ G(x, y)dx = 1 −∞ 2 3) ∂ G ∂2G + =0 ∂x2 ∂y 2 Interpretar G como solución de (17.3) con condición de borde u(x, y) = δ(x), e interpretar la fórmula (17.4). 17.2. Uso de la transformada de Laplace Esta sección fue extraída casi por completo del apéndice del libro [2], que aparece en la bibliografía. Supondremos, en esta sección, que el lector está familiarizado con las nociones básicas relativas a la transformada de Laplace, la cual le asigna a una función u(x, t), definida para t ≥ 0, la función U(x, s) = Z +∞ e−st u(x, t)dt (17.5) 0 llamada transformada (de Laplace) de u. Consideremos el problema de Cauchy ut = uxx −∞ < x < +∞ , t > 0 u(x, 0) = φ(x) −∞ < x < +∞ (17.6) (17.7) Y supongamos que u, ux, uxx son continuas y acotadas. Aplicando la transformada en (17.6), y teniendo en cuenta (17.7), se obtiene la ecuación Uxx (x, s) − sU(x, s) = φ(x) (17.8) que es una ecuación ordinaria en x. Si imponemos la condición de que U sea acotada, entonces (17.8) tiene una única solución, que es 1 U(x, s) = √ 2 s Z +∞ −∞ e− √ s|x−ξ| φ(ξ)dξ. (17.9) 264 CAPÍTULO 17. USO DE TRANSFORMADAS EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS En realidad, la dificultad consiste en calcular √ la√transformada inversa de U, para lo cual hay que calcular la transformada inversa de (1/ s)e− s|x−ξ| . Como se sabe, esta integral se puede calcular evaluando la integral de (17.9) por un cálculo de residuos. Resulta que (x−ξ)2 1 u(x, s) = √ e− 4t 2 πt Pasemos a aspectos más prácticos de la transformada de Laplace. Observemos, en primer lugar, que la variable de integración en (17.5) recorre el intervalo [0, +∞]. Por esa razón, se requiere una variable independiente con ese recorrido para aplicar el método; lo usual es considerar el tiempo t en las ecuaciones parabólicas e hiperbólicas; este método no resulta adecuado para las ecuaciones elípticas. Al aplicar la transformada en (17.6), obtuvimos la ecuación ordinaria (17.8). Entonces, sólo restan dos pasos esenciales: a) resolver el problema que queda planteado para la ecuación ordinaria, y b) calcular la transformada inversa Aclaremos que si la ecuación original no es de coeficientes constantes, sino que éstos dependen de la variable que se escoge para la transformación (t en la fórmula (17.5)), entonces la ecuación transformada -si es que puede encontrarse- es también una EDP, que incluso puede ser de mayor orden que la original. Veamos algún ejemplo típico en el que el procedimiento se aplica satisfactoriamente, teniendo en cuenta la existencia de tablas para la transformada (y, por lo tanto, para la transformada inversa). Ejemplo 1. Resolver el problema ut + xux = x, x > 0 , t > 0 u(x, 0) = 0, x ≥ 0 u(0, t) = 0, t ≥ 0 (17.10) (17.11) (17.12) Por lo dicho antes, conviene tomar transformada respecto de t, utilizando (17.11), se obtiene s 1 Ux (x, s) + U(x, s) = x s Se integra esta ecuación (por ejemplo, multiplicando por el factor integrante xs ) y se obtiene U(x, s) = K x + s x s(s + 1) La constante de integración K puede evaluarse a partir de (17.12), ya que Z ∞ U(0, s) = u(0, t)e−stdt = 0 0 17.2. USO DE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE 265 Para ello debe tomarse K = 0; así, U(x, s) = x s(s + 1) y aplicando la transformada inversa, se obtiene la solución u(x, t) = x(1 − e−t ). Observación 17.2.1. Si aplicamos la transformada en este ejemplo, considerando a x como variable de integración (lo cual es posible, pues su recorrido es el mismo que el de t), se obtiene ∂U ∂ 1 (s, t) − [sU(s, t)] = 2 ∂t ∂s s y se observa que no hay ningún adelanto. Ejemplo 2. Sea ut = αuxx 0 < x < L t > 0 u(x, 0) = 0 0 ≤ x ≤ L u(0, t) = K ux (L, t) = 0 t ≥ 0 (17.13) (17.14) (17.15) Para simplificar cambiemos t por at; con esto se obtiene. ut = uxx (17.16) el resto de las condiciones no cambia. Aplicando la transformada en (17.16), y usando (17.14), se obtiene cuya solución general es d2 U = sU(x, s) dx2 (17.17) √ √ U(x, s) = A cosh(x s) + B senh(x s) (17.18) Utilizando (17.15) en (17.5), K Ux (L, s) = 0 s Con estas condiciones pueden determinarse A y B en (17.18), por lo que resulta √ cosh((L − x) s) √ U(x, s) = K s cosh(L s) U(0, s) = La transformada inversa de este tipo de funciones se obtiene como el desarrollo en serie siguiente (donde se ha regresado a la variable original): u(x, t) = K )  X ∞ 1 4 2 2 2 e−(2n−1) π at/4L · sen[(2n − 1)πx/2L] 1− π n=1 2n − 1 ( que es la solución del problema planteado. CAPÍTULO 17. USO DE TRANSFORMADAS EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS 266 Observación 17.2.2. Lo usual en este método, como en el de Fourier y otros, no es verificar a priori las condiciones de su aplicabilidad (en este caso, convergencia de la integral que define la transformada), sino aplicarlo formalmente y después verificar si la presunta solución encontrada es tal. 17.3. Ejercicios 1. Resuelva los siguientes problemas utilizando la transformada de Laplace a) xut + ux = x x > 0 , t > 0 u(x, 0) = 0 x > 0 u(0, t) = 0 t ≥ 0 b) uxx = (1/k)ut x > 0 , t > 0 u(x, 0) =0 x≥0 u(0, t) = u0 (cte) t ≥ 0 , u está acotada c) uxx = (1/c2 )utt 0<x<L t>0 u(x, 0) = 0 ut (x, 0) = 0 0≤x≤L u(0, t) = 0 ux (L, t) = k(cte) t ≥ 0 d) ur r + (1/r)ur = (1/k)ut 0 ≤ r ≤ R , t > 0 u(r, 0) = 0 0≤r≤R u(R, t) = u0 (cte) t≥0 17.4. Problemas Problema 17.1. La mezcla de dos fluidos en un tubo infinitamente largo puede modelarse a través de la ecuación de convexión-difusión: ut = ux +αuxx , con condición inicial u(x, 0) = f (x). (i) Probar que la transformada de Fourier û(s, t) = u(·, t)(s) es igual a û(s, t) = fˆ(s) exp(is − αs2 )t. (ii) Deducir que la solución puede expresarse como Z +∞ u(x, t) = f (y)G(x − y, t)dy. −∞ (iii) Determinar el núcleo de Green G(x, t). 17.4. PROBLEMAS 267 Problema 17.2. Resolver por Transformada de Fourier:  −∞ < x < ∞, t > 0  utt = a2 uxx , u(x, 0) = f (x), −∞ < x < ∞  ut (x, 0) = 0, −∞ < x < ∞ Problema 17.3. Se desea determinar la evolución de la temperatura u(t, x) en una barra semi-infinita cuando hay transferencia de calor al medio circundante según el modelo ut = kuxx − γu, t > 0, 0<x<∞ donde k > 0 es el coeficiente de difusividad térmica y γ > 0 es el coeficiente de transferencia de calor. Suponga que la barra está aislada en x = 0, esto es ux (t, 0) = 0, t>0 y que la distribución inicial de temperaturas esta dada por una función f (x), es decir u(0, x) = f (x), 0 < x < ∞. Pruebe que u se puede expresar como u(t, x) = [f (·) ∗ G(t, ·)](x) para una función G(t, x) la cual se pide determinar usando el método de la transformada de Fourier. Indicación: Extienda apropiadamente el problema a todo −∞ < x < ∞. Problema 17.4. 1 Para h > 0 constante, considere la ecuación ut = uxx − hux , − ∞ < x < ∞, t > 0 con condición inicial u(x, 0) = f (x), − ∞ < x < ∞. Use el método de la Transformada de Fourier (suponiendo que las transformadas existen) para demostrar que Z ∞ √ 1 u(x, t) = √ f (x − th + 2y t) exp(−y 2 )dy. π −∞ R∞ √ Indicación: Pruebe que −∞ exp((α + is)2 )ds = π para todo α ∈ R. Problema 17.5. 2 (a) Sea f (x) = (F −1ϕ)(x), x ∈ R, la antitransformada de Fourier de una función ϕ = ϕ(s), s ∈ R. Muestre que f (x − x0 ) = F −1[e−isx0 ϕ(s)](x). Deduzca que 1 F −1 [ϕ(s) cos(sx0 )](x) = [f (x − x0 ) + f (x + x0 )]. 2 1 2 Examen. Primavera 2003. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez Control 3. Primavera 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 268 CAPÍTULO 17. USO DE TRANSFORMADAS EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS (b) Considere la ecuación de ondas  u = 16uxx x ∈ R; t > 0   tt 1 (eo) x∈R u(0, x) = 2  x −9  ut (0, x) = 0 x∈R (b.i) Pruebe que la transformada de Fourier de u(t, ·) está dada por r 1 π u b(t, s) = − sen(3|s|) cos(4st). 3 2 (b.ii) Utilizando (a), calcule explícitamente la solución u(t, x) de (eo). Problema 17.6. 3 (a) Demuestre que la transformada de Fourier de la función f (x) = i fˆ(s) = − 2 Indicación: Recuerde que F 1 x2 +1
(s) = r pπ 2 x (x2 +1)2 viene dada por: π −|s| se . 2 e−|s| . (b) Las vibraciones u = u(t, x) de una varilla infinita satisfacen la ecuación de elasticidad siguiente: utt + α2 uxxxx = 0, t > 0, −∞ < x < +∞ (α > 0). R∞ Suponga que −∞ |u(t, x)|dx < ∞ para t > 0, y que la varilla inicialmente se encuentra x en reposo (i.e. ut (0, x) = 0 para −∞ < x < +∞) en la posición u(0, x) = 2 . (x + 1)2 (i) Demuestre que la transformada de Fourier con respecto a x de la solución es: r i π −|s| se cos(αs2 t) û(t, s) = − 2 2 (ii) Concluya que la solución corresponde a: Z 1 ∞ −s u(t, x) = se sen(sx) cos(αs2 t)ds. 2 0 Problema 17.7. 4 Resuelva el problema diferencial uxx (x, y) + uyy (x, y) − hu(x, y) = 0, 3 4 0 < x < ∞, 0<y<1 Examen. Primavera 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez Examen Especial. Primavera 2002. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 17.4. PROBLEMAS 269 donde h > 0, con condiciones de borde dadas por ux (0, y) = 0, 0<y<1 y u(x, 0) = 0, u(x, 1) = f (x), donde f (x) = con c > 0.  0<x<∞ 1 0 < x < c, 0 x ≥ c, Problema 17.8. 5 q a ˆ (a) Sea f (x) = exp(−a|x|). Pruebe que f (s) = π2 a2 +s 2. (b) Considere la ecuación de ondas  x ∈ R; t > 0  utt = 16uxx u(0, x) = exp(−|x|) x ∈ R (eo)  ut (0, x) = 0 x∈R q Pruebe que la transformada de Fourier de u(t, ·) es û(t, s) = π2 cos(4st)/[1 + s2 ]. (c) Calcule la solución u(t, x) de (eo). Indicación: puede usar el teorema de residuos de Cauchy, o bien las propiedades algebraicas de la TF. Problema 17.9. 6 (i) Dado a > 0, calcule la transformada de Fourier de f (x) = (x2 1 . + a2 )2 (ii) Use transformada de Fourier para resolver uxx + uyy = 0, uy (x, 0) = 0, ux (0, y) = 0, u(x, 1) = 1/(x2 + 4)2 , Problema 17.10. 7 0 < x < +∞, 0 < y < 1, 0 < x < +∞, 0 < y < 1, 0 < x < +∞. Dados α > 0 y b ∈ R, considere la EDP dada por: ut − αuxx + bux = 0 − ∞ < x < ∞, t > 0 (17.19) R∞ con condición inicial u(x, 0) = f (x). Suponga que −∞ |u(x, t)|dx < ∞ para todo t ≥ 0. Examen. Primavera 2001. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez Control 3. Primavera 2003. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 7 Examen. Primavera 2006. Matemáticas Aplicadas. Prof: Alberto Mercado 5 6 CAPÍTULO 17. USO DE TRANSFORMADAS EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS 270 1. Encuentre la función de Green G(x, t) de (17.19). (i.e. tal que u(x, t) = (f (·) ∗ G(·, t))(x)). 1 2 2 \ Indicación: use que g(x − x0 )(s) = e−isx0 b g (s), y que F −1 (e−as )(x) = e−x /4a . 2a 2. Sea y(x, t) solución yt − αyxx = 0, −∞ < x < ∞, t > 0, con condición inicial y(x, 0) = f (x). Pruebe que u(x, t) = y(x − tb, t) para todo x ∈ R, t ≥ 0. 3. Suponga que cuando α → 0, la función u(x, t) (que depende de α) converge. Identifique la función límite. Problema 17.11. 1. Sea f (x) = 8 p a b(s) = π e−a|s| . , con a > 0. Demuestre que f 2 x2 + a2 1 y , con x ∈ R, y > 0. Si f : R → R es integrable, definamos 2 π x + y2 Z Z 1 ∞ 1 ∞ y y u(x, y) = G(·, y) ∗ f (·) = f (x − w)dw = f (w)dw. π −∞ w 2 + y 2 π −∞ (x − w)2 + y 2 (17.20) 2. Sea G(x, y) = Verifique que u(x, y) es solución de la siguiente EDP estacionaria en el semiplano superior:  x ∈ R, y > 0  uxx + uyy = 0, u(x, 0) = f (x), x∈R (17.21)  u(x, y) → 0, y → ∞, x ∈ R. Indicaciones: a) Calcule la transformada de Fourier en variable x de la función u(x, y) dada en (17.20). √ g (s)), y la transLe será de ayuda el Teorema de convolución (f[ ∗ g(s) = 2π fb(s)b formada calculada en el inciso a). 17.5. b) Tome transformada de Fourier -con respecto a x- en la ecuación (17.21) para convertirla en una EDO (más condición de borde). Verifique que este sistema es satisfecho por la función u b(s, y) encontrada en el inciso anterior. Resolución de problemas Solución Problema 17.10 Dados α > 0 y b ∈ R, considere la EDP dada por: ut − αuxx + bux = 0 8 − ∞ < x < ∞, t > 0 (17.22) R∞ con condición inicial u(x, 0) = f (x). Suponga que −∞ |u(x, t)|dx < ∞ para todo t ≥ 0. Control 3. Otoño 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Alberto Mercado 17.5. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 271 1. Tomando transformada de Fourier en (17.22), tenemos la ecuación: cuya solución está dada por u bt + s2 αb u + isbb u=0 u b(s, t) = e(−αs 2 −ibs)t u b(s, 0) = e(−s (17.23) 2 −ibs)t fb(s) y tomando la antitransformada tenemos: Z ∞ 1 2 eixs e(−αs −ibs)t fb(s)ds u(x, t) = √ 2π −∞ Ahora, para usar el teorema de convolución, notemos que gracias a la indicación se 1 −(x−bt)2 /(4αt) 2 sigue que F −1 (e−α(s −ibs)t )(x) = √ e . Entonces, del mencionado teo2αt rema se tiene que: Z ∞ (x−bt−y)2 1 u(x, t) = √ e 4αt f (y)dy 4παt −∞ Z ∞ (x−y)2 1 √ e 4αt f (y − bt)dy (17.24) 4παt −∞ Lo anterior debe ser igual a Z ∞ G(t, x − y)f (y)dy −∞ 1 2 e−(x−bt) /(4αt) . 4παt 2. Sea y(x, t) solución de yt − αyxx = 0, con y(x, 0) = f (x). Esta ecuación tiene función de Green, (vista en clase, y que se puede deducir de lo 1 2 e−x /(4αt) de donde se sigue que anterior tomando b = 0) dada por G0 (x, t) = √ 4παt G(x, t) = G0 (x − tb, 0), de donde se obtiene que u(x, t) = y(x − tb, t), teniendo en cuenta la definición de convolución. de donde deducimos que G(x, t) = √ Otra forma de probar esto (asumiendo que las soluciones son únicas) es verificar directamente que y(x − bt, t) satisface la ecuación (17.22), y es por lo tanto igual a u. 3. Suponiendo que lı́m u(x, t) existe, para identificar este límite, podemos observar que α→0 en la fórmula (17.24), α juega el mismo paper que t, por lo que al tomar α → 0 ocurre lo mismo que cuando t → 0 en G0 : aparece la delta de Dirac, por lo que el lado derecho de (17.24), cuando α → 0, resulta f evaluada en y = x. Es decir, el límite buscado es f (x − bt). Otro posibilidad es razonar que con α = 0, se tiene que y satisface yt = 0, con y(x, 0) = f (x), de donde y(x, t) = f (x) para todo t ≥ 0. Con el inciso 2), deducimos que lı́m u(x, t) = y(x − tb, t) = f (x − bt). α→0 272 CAPÍTULO 17. USO DE TRANSFORMADAS EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS Solución Problema 17.11 p a 1. Sea f (x) = 2 , con a > 0. Demuestre que fb(s) = π2 e−a|s| . 2 x +a Por definición se tiene que Z a 1 b e−isx 2 f(s) = √ x + a2 2π R a La función 2 es un cociente de polinomios con grados 0 (en el numerador) y 2 x + a2 (en el denominador), cuyos polos son {−ia, ia}. Según el teorema visto en clase, para integrar con −s > (i.e. s < 0) se debe tomar ia, y en el caso s > 0 se usa −ia. Es decir: Si s < 0 se tiene Z a a e−isx 2 = 2πiRes(e−isx 2 , ia) 2 x +a z + a2 R  a  = 2πi esa 2ia sa = πe En el caso s > 0 se tiene Z e−isx R x2 a a = 2πiRes(e−isx 2 , −ia) 2 +a z + a2   −sa a = −2πi e −2ia −sa = πe . Por lo que en ambos casos (i.e. para toda s ∈ R) se sigue que Z a e−isx 2 = πe−|s|a . 2 x + a R (17.25) de donde se tiene el resultado deseado. y 1 , con x ∈ R, y > 0. Si f : R → R es integrable, definamos 2 π x + y2 Z Z 1 ∞ 1 ∞ y y u(x, y) = G(·, y) ∗ f (·) = f (x − w)dw = f (w)dw. 2 2 π −∞ w + y π −∞ (x − w)2 + y 2 (17.26) Verifique que u(x, y) es solución de la siguiente EDP estacionaria en el semiplano superior:  x ∈ R, y > 0  uxx + uyy = 0, u(x, 0) = f (x), x∈R (17.27)  u(x, y) → 0, y → ∞, x ∈ R. 2. Sea G(x, y) = Indicaciones: 17.5. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 273 a) Calcule la transformada de Fourier en variable x de la función u(x, y) dada en √ g (s)), (17.26). Le será de ayuda el Teorema de convolución (f[ ∗ g(s) = 2πfb(s)b y la transformada calculada en el inciso a). Por el inciso a), la transformada de Fourier de G (con respecto a la variable x, considerando y como constante) está dada por r π −y|s| 1 1 b y) = G(s, e = √ e−y|s| π 2 2π para todo s ∈ R y todo y > 0. Entonces, por el teorema de la convolución se tiene √ b = e−|s|y f(s) b b y)f(s) u b(s, y) = 2π G(s, (17.28) para todo s ∈ R y todo y > 0. b) Tome transformada de Fourier -con respecto a x- en la ecuación (17.27) para convertirla en una EDO (más condición de borde). Verifique que este sistema es satisfecho por la función u b(s, y) encontrada en el inciso anterior. 2 Teniendo en cuenta que ud b = −s2 u b, al aplicar transformada de Fourier x x = (is) u en (17.27) resulta:  b+u byy = 0, s ∈ R, y > 0  −s2 u b (17.29) u b(s, 0) = f(s), s∈R  u b(s, y) → 0, y → ∞, s ∈ R. Verifiquemos que nuestra función dada por (17.28) resuelve este sistema: • u byy (s, y) = ∂ 2 (e−|s|y )fb(s) = s2 e−|s|y fb(s) = s2 u b(s, y), y • u b(s, 0) = e fb(s) = fb(s) y b lı́my→∞ e−|s|y = 0. • lı́my→∞ u b(s, y) = f(s) Por lo tanto se cumple el sistema. 0 274 CAPÍTULO 17. USO DE TRANSFORMADAS EN LA RESOLUCIÓN DE EDPS Parte V Apéndices 275 Apéndice A Curvas en R3 A.1. Curvas La noción de curva es la formalización matemática de la idea intuitiva de la trayectoria de una partícula que se mueve en el espacio. Por esta razón los casos de Rn con n = 2 y n = 3 juegan un rol principal en lo que sigue. Definición A.1.1 (Curva). Diremos que un conjunto Γ ⊆ Rn es una curva si existe una función continua ~r : [a, b] → Rn , llamada parametrización de la curva, tal que Γ = {~r(t) : t ∈ [a, b]}. Γ ~r(t) I Además, diremos que una curva Γ es 1) Suave: si admite una parametrización de clase C 1 . r (t)k > 0, para todo 2) Regular : si admite una parametrización ~r(·) de clase C 1 tal que k d~ dt t ∈ I. 3) Simple: si admite una parametrización de clase C 1 que sea inyectiva (i.e. no hay puntos múltiples). 4) Cerrada: si admite una parametrización ~r : [a, b] → Rn de clase C 1 tal que ~r(a) = ~r(b). 5) Cerrada simple: si admite una parametrización ~r : [a, b] → Rn de clase C 1 tal que ~r(a) = ~r(b) y que sea inyectiva sobre [a, b). 277 APÉNDICE A. CURVAS EN R3 278 Ejemplo A.1.2. Consideremos la curva descrita por un punto solidario a una rueda de radio R que gira sin resbalar y que se encuentra a una distancia a del centro de la rueda. Cuando a = R a esta curva se le conoce bajo el nombre de cicloide. R t a p Figura A.1: Trayectoria de un punto sobre una rueda que gira sin resbalar Su parametrización viene dada por ~r(t) = (Rt, R) − (a sen t, a cos t) = (Rt − a sen t, R − a cos t), donde a es la distancia del punto al centro de la rueda. a<R a=R a>R Figura A.2: Trayectorias para distintas relaciones entre los valores de a y R. Notemos que cuando a < R la trayectoria es simple y regular, mientras que en el caso a > R deja de ser simple aunque sigue siendo regular. El caso crítico es el de la cicloide con a = R, pues se verifica que la trayectoria es simple pero no es regular (justifique). Es importante observar que la parametrización sigue siendo suave, a pesar de que la curva presenta “puntas”; de hecho, es esto último lo que obliga a pasar por esos puntos con velocidad nula. A.1. CURVAS 279 Ejemplo A.1.3. La función ~r(t) = (a cos t, b sen t), t ∈ [0, π/2] parametriza el cuarto de elipse que se ve a continuación b a p Esta curva se puede parametrizar también mediante ~r1 (x) = (x, b 1 − (x/a)2 ), x ∈ [0, a]. ht Ejemplo A.1.4. La función ~r(t) = (a cos t, a sen t, 2π ), t ∈ [0, 4π] parametriza una hélice, que realiza 2 vueltas llegando a una altura 2h, como se ve en la próxima figura. h ~r 0 4π h Figura A.3: Hélice Podemos pensar que la hélice es una trayectoria que sigue el contorno de un cilindro dado (en este caso de radio a y altura 2h). Insistamos que una curva Γ es un conjunto, que no debe confundirse con la parametrización que la define. De hecho, una curva admite muchas parametrizaciones tal como vimos en el ejemplo A.1.3. Intuitivamente, esto se explica porque una misma curva puede recorrerse de diferentes maneras a distintas velocidades. A.1.1. Reparametrización de curvas regulares Definición A.1.5. Dos parametrizaciones ~r1 : [a, b] → Rn y ~r2 : [c, d] → Rn de una misma curva Γ se dicen equivalentes si existe una función biyectiva θ : [a, b] → [c, d] de clase C 1 tal que ~r1 (t) = ~r2 (θ(t)) para todo t ∈ [a, b]. En este caso, la función θ se llamará reparametrización. APÉNDICE A. CURVAS EN R3 280 Una función continua y biyectiva θ definida en un intervalo será necesariamente creciente o decreciente. En el primer caso diremos que la reparametrización preserva la orientación pues dos parametrizaciones tales que ~r1 = ~r2 ◦ θ recorren la curva en el mismo sentido. En el segundo caso, esto es, cuando la reparametrización es decreciente, entonces diremos que la orientación se invierte. De esta forma, dos parametrizaciones equivalentes o bien preservan la orientación o bien la invierten, pero no puede darse un caso intermedio. La definición anterior conlleva naturalmente a preguntarnos lo siguiente: (1) ¿Son todas las parametrizaciones de una misma curva necesariamente equivalentes? (2) En caso afirmativo, ¿existe alguna parametrización más “natural” que las otras? La respuesta a (1) es en general no, como lo muestra la siguiente curva y las dos parametrizaciones que se indican a continuación y cuyas orientaciones no son comparables respecto a la orientación (no podemos decir ni que se preserva ni que se invierte). Γ ~r1 ~r2 Figura A.4: Parametrizaciones no equivalentes para la misma curva Γ Sin embargo, se tiene el siguiente resultado que admitiremos sin demostración. Proposición A.1.6. Sea Γ una curva simple y regular. Si Γ no es cerrada, entonces todas sus parametrizaciones regulares son inyectivas y equivalentes. Cuando Γ es una curva cerrada, se tiene que todas sus parametrizaciones inyectivas en el interior de su dominio son equivalentes. En esta situación, una parametrización regular ~r separa en dos al conjunto de parametrizaciones regulares: Las que tienen la misma orientación que ~r (que llamaremos orientación positiva), y Las que tienen la orientación opuesta (que se llamara orientación negativa). Evidentemente las nociones de orientación positiva y negativa quedan determinadas por la parametrización inicial que sirve de referencia. Existe sin embargo una convención en el caso de curvas planas cerradas y simples, esta es el escoger la orientación positiva como aquella obtenida al recorrer la curva en sentido antihorario (i.e. contrario a las manecillas del reloj), tal como se ilustra en la siguiente figura. A.1. CURVAS 281 − + A.1.2. Parametrización en longitud de arco Sea Γ una curva simple y regular. Sea ~r : [a, b] → Rn una parametrización regular de Γ. Con el fin de definir la “longitud” de Γ procedemos a aproximarla por una poligonal a través de los puntos ~r(t0 ), ~r(t1 ), . . . , ~r(tN ) donde a = t0 < t1 < . . . < tN = b es una malla de puntos. ~r(t1 ) Γ ~r(t8) L(Γ) ≈ ~r(t7 ) P8 i=1 k~r(ti ) − ~r(ti−1 )k ~r(t0) Intuitivamente, cuando el paso de la partición ∆({ti }) = máx0≤i≤N −1 (ti+1 − ti ) tiende a cero, la longitud de la poligonal converge hacia el largo de la curva Γ. En efecto, se cumple el siguiente resultado: NP −1 k~r(ti+1 ) − ~r(ti )k converge, cuando el paso de la partición Z b d~r dt. ∆({ti }) tiende a cero, hacia la integral dt a Proposición A.1.7. La suma i=0 Este resultado nos permite introducir la siguiente definición: Definición A.1.8. Sea Γ una curva simple y regular. Sea ~r : [a, b] → Rn una parametrización regular de Γ. Definimos la longitud de Γ mediante L(Γ) := Z b a d~r dt dt (A.1) El valor de esta integral no depende de la parametrización regular ~r que se escoja para describir Γ, y por lo tanto el largo de Γ está bien definido. Sea Γ una curva simple y regular, y ~r : [a, b] → Rn una parametrización regular. Definimos la función longitud de arco s : [a, b] → [0, L(Γ)] como s(t) := Z a t d~r (τ ) dτ dt (A.2) APÉNDICE A. CURVAS EN R3 282 Γ ~r(t) s(t) ~r(a) De acuerdo a lo anterior, s(t) es la longitud del camino recorrido sobre Γ por la parametrización hasta el instante t, tal como lo ilustra la figura. Claramente, s(·) resulta ser una función de clase C 1 con ds d~r (t) = (t) > 0 dt dt En consecuencia, s(·) es una función estrictamente creciente, con lo cual resulta ser una biyección, y su inversa es también de clase C 1 (por el teorema de la función inversa) y estrictamente creciente. De esta forma podemos considerar la reparametrización dada por esta función inversa, la cual denotamos por t : [0, L(Γ)] → [a, b], y considerar la parametrización equivalente que resulta de tomar como parámetro la longitud de arco, vale decir ~σ (s) = ~r(t(s)), s ∈ [0, L(Γ)] Por el teorema de la función inversa, notemos que dt (s) = ds 1 d~ r (t(s)) dt > 0. En consecuencia, la reparametrización no sólo preserva la orientación, sino que además recorre Γ a rapidez constante e igual a 1: d~σ = 1. ds Es posible verificar que cualquier otra parametrización regular conduce a la misma parametrización en longitud de arco, salvo orientación por supuesto, por lo cual ésta puede ser considerada como una parametrización canónica de la curva. La llamaremos parametrización natural o en longitud de arco Ejemplo A.1.9. Encuentre la parametrización natural de la cicloide ~r(t) = R(t − sen t, 1 − cos t), t ∈ [0, 2π] Respuesta: s  s   − 1− ~σ (s) = 2R arc cos 1 − 4R 4R  r  s 2 s 2 ,1 − 1 − 1− 1− 4R 4R  ! s ∈ [0, 8R]. Ejercicio A.1.10. Encontrar la reparametrización en longitud de arco para la hélice ~r(t) = ht (a cos t, a sen t, 2π ), t ∈ [0, 4π]. A.1. CURVAS A.1.3. 283 Velocidad, rapidez y vector tangente Definición A.1.11. Consideremos ~r : [a, b] → Rn una parametrización regular de una curva simple Γ. Definimos el vector velocidad, la rapidez y el vector tangente, respectivamente, mediante  ds ~v (t) d~r d~r d~r d~r (t) = (t), T (t) = = (t) (t) , (A.3) ~v (t) = (t), v(t) = dt dt dt v(t) dt dt donde s : [0, L(Γ)] → R representa la función de longitud de arco. v(t) T(t) r(t) Notemos que si ~σ es la parametrización natural entonces T (s) = d~σ (s) ds (A.4) σ (s)k = 1. Esto nos permite interpretar la parametrización natural como aquella debido a que k d~ ds que se obtiene al recorrer la curva Γ con velocidad constante unitaria, y además nos indica que el vector tangente sólo depende del punto en el cual es calculado y no de la parametrización regular ~r asociada a la curva, salvo por la orientación. En efecto, si ~r1 (τ ) = ~r(θ(τ )) con θ una reparametrización, entonces     d~r1 d~r dθ dθ dθ d~r1 d~r T (θ(τ )). (τ ) (τ ) = (θ(τ )) (τ ) (θ(τ )) (τ ) = signo dτ dτ dt dτ dt dτ dτ Enfaticemos que lo anterior nos permite calcular el vector tangente a Γ en el punto P ∈ Γ de dos maneras distintas: (1) T (t) = d~ r r (t)/k d~ (t)k dt dt donde t es tal que ~r(t) = P . (2) Calcular la parametrización en longitud de arco ~σ (s) y calcular T (s) = d~σ ds con s tal que ~σ (s) = P . En general, el procedimiento (1) es más directo y por lo tanto será el más utilizado. APÉNDICE A. CURVAS EN R3 284 A.2. A.2.1. Complementos sobre curvas Integrales sobre curvas Definición A.2.1. Sea Γ una curva simple y regular en Rn , y sea f : Rn → R una función continua definida en Ω ⊇ Γ. Definimos la integral de f sobre la curva Γ mediante: Z f dℓ := Γ Z b f (~r(t)) a d~r (t) dt, dt (A.5) donde ~r : [a, b] → Rn es una parametrización regular de Γ. Es fácil verificar que el valor de la integral definida en (A.5) no depende de la parametrización regular elegida. Una aplicación de la integral sobre curvas es el cálculo de la masa de un alambre parametrizado por ~r : [a, b] → R3 . En efecto, si suponemos que la densidad lineal de masa [gr/cm] de este alambre está dada por la función continua ρ(x, y, z), que depende de la posición dentro del alambre, entonces la masa total del alambre puede aproximarse por M≃ N −1 X i=0 ρ(~r(ti ))k~r(ti+1 ) − ~r(ti )k. (A.6) Usando los mismos argumentos para definir la longitud de arco, podemos mostrar que cuando R el paso de la malla ∆({ti }) tiende a cero, la suma anterior tiende a la integral de línea Γ ρdℓ. Ejemplo A.2.2. La densidad de masa de un alambre helicoidal parametrizado por ~r(t) = (cos t, sen t, t), t ∈ [0, 2π], viene dada por ρ(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 . Luego, la masa total del alambre será Z 2π (cos2 t + sen2 t + t2 )k(− sen t, cos t, 1)kdt 0   √ Z 2π √ 8 3 2 = 2 (1 + t )dt = 2 2π + π . 3 0 M= El centro de masa de una curva Γ ⊆ R3 , cuya densidad lineal de masa es ρ : R3 → R, se define como el punto de coordenadas: Z Z Z 1 1 1 xρ dℓ, yG = yρ dℓ, zG = zρ dℓ, xG = M Γ M Γ M Γ donde M es la masa total de la curva. A.2. COMPLEMENTOS SOBRE CURVAS 285 Ejemplo A.2.3. El centro de masa de la hélice del ejemplo A.2.2 está dado por Z 2π Z 2π √ 1 1 6 2 cos t (1 + t ) 2 dt = , xG = t2 cos t dt = 8 3 M 0 (3 + 4π 2 ) (2π + 3 π ) 0 Z 2π Z 2π √ 1 1 −6π 2 yG = sen t (1 + t ) 2 dt = , t2 sen t dt = 8 3 M 0 (3 + 4π 2 ) (2π + 3 π ) 0 Z 2π √ 3π(1 + 2π 2 ) 1 1 2 4 (2π + 4π ) = zG = t (1 + t2 ) 2 dt = . M 0 (3 + 4π 2 ) (2π + 83 π 3 ) A.2.2. Curvatura y vector normal En primera aproximación, la trayectoria de una partícula que se mueve siguiendo la parametrización ~r(t), se aproxima a una recta cuya dirección viene dada (localmente) por el vector tangente T (t). Cuando estudiamos las variaciones de la velocidad, esto es la aceleración de la partícula, vemos que esta se produce ya sea por el cambio en la magnitud de la velocidad, o bien cambios en la dirección de la velocidad. Así por ejemplo, en movimiento rectilíneo (T (t) es constante) la única aceleración posible proviene de la variación de la rapidez y está dada 2 por ddt2s T (t). Por el contrario, en un movimiento a lo largo de una circunferencia de radio R a velocidad angular constante ω, la rapidez es constante e igual a ωR. Sin embargo, por efecto 2 del cambio en la dirección de la velocidad aparece una aceleración centrípeta de magnitud ωR y que apunta hacia el centro de la circunferencia. En lo que sigue veremos que en un movimiento general ~r(t), la aceleración puede descomponerse en estos dos tipos de aceleraciones: una componente tangencial y una componente de tipo centrípeta. Para ello identificaremos la circunferencia que mejor aproxima (instantáneamente) la trayectoria. Supondremos que todas las parametrizaciones son al menos dos veces diferenciables. R R Figura A.5: vector tangente y curvatura. Intuitivamente, la curvatura aparece por efecto de la variación del vector tangente, respecto de la longitud de arco. Mientras más rápida sea esta variación, más cerrada será la curva y menor el radio de la misma. Definición A.2.4. Definimos la curvatura de la curva Γ mediante κ(s) := dT (s) ds (A.7) APÉNDICE A. CURVAS EN R3 286 Cuando κ(s) > 0 definimos el radio de curvatura y el vector normal, respectivamente como  dT 1 dT (A.8) , N(s) := (s) (s) R(s) := κ(s) ds ds Notemos que N(s) ⊥ T (s). En efecto, esto se obtiene de derivar la identidad kT (s)k2 = 1, de modo tal que d dT kT (s)k2 = 2T (s) · (s). 0= ds ds Debido a lo engorroso que puede llegar a ser el cálculo explícito de la parametrización en longitud de arco, vale la pena tener expresiones para la curvatura, radio de curvatura y vector normal que sean calculables directamente a partir de una parametrización regular cualquiera ~r(t). Eso es relativamente fácil utilizando la regla de la cadena pues se tiene  dT dt dT ds dT = · = . ds dt ds dt dt En consecuencia A.2.3.  dT ds κ(t) = (t) (t) dt dt 1 R(t) = κ(t)  dT dT N(t) = dt dt (A.9) (A.10) (A.11) Vector binormal y torsión En esta sección restringiremos nuestro estudio a n = 3. Definición A.2.5. Definimos el vector binormal B mediante B = T × N, donde la operación × denota el producto cruz entre dos vectores de R3 . T N B N B T Figura A.6: vectores tangente, normal y binormal. Hemos visto que los vectores T y N son ortogonales entre sí, pero pueden variar a medida que nos movemos por la curva. En consecuencia el vector B variará también en general. A.2. COMPLEMENTOS SOBRE CURVAS 287 Notemos que dT dN dN dN dB = ×N +T × = κN × N + T × =T × , ds ds ds ds ds obteniendo así que dB ds es ortogonal a T . De otra parte, sabemos que d dB = B· ds ds  1 kBk2 2  = 0, lo cual implica que dB es también ortogonal a B, concluyendo finalmente que ds a N. Esto nos permite hacer la siguiente definición. dB ds es proporcional Definición A.2.6. Definimos la torsión asociada a la curva como la siguiente magnitud τ (s) = −N(s) · dB (s). ds La torsión se puede interpretar como la tasa a la cual el vector binormal “persigue” al vector normal. Notemos que no es necesario trabajar con la parametrización en longitud de arco ya que se tiene:   ds dB (t)/ (t) . (A.12) τ (t) = −N(t) · dt dt ht k̂, Ejemplo A.2.7. Consideremos la hélice de la figura A.3 parametrizada por ~r(t) = aρ̂(t) + 2π donde ρ̂(t) = (cos t, sen t, 0), θ̂(t) = (− sen t, cos t, 0) y k̂ = (0, 0, 1) denotan los vectores unitarios (t) = θ̂(t) y ddtθ̂ (t) = −ρ̂(t). Se tiene que de las coordenadas cilíndricas. Notemos que dρ̂ dt √ T (t) = (aθ̂(t) + hk̂)/ a2 + h2 , √ B(t) = (ak̂ − hθ̂(t))/ a2 + h2 , τ (t) = h/(a2 + h2 ), A.2.4. N(t) = −ρ̂(t), dB h (t) = √ ρ̂(t), 2 dt a + h2 k(t) = a/(a2 + h2 ). Fórmulas de Frenet Considerando las definiciones dadas en esta sección, las siguientes relaciones se satisfacen: (i) (ii) (iii) dT = κN, ds dN = −κT + τ B, ds dB = −τ N, ds APÉNDICE A. CURVAS EN R3 288 donde todas las funciones implicadas están evaluadas en s, el camino recorrido. Las relaciones (I) y (III) son consecuencias directas de las definiciones establecidas. Probemos la relación (II): dado que N = B × T se obtiene dN dB dT = ×T +B× = −τ N × T + B × (kN) = τ B − κT. ds ds ds Notemos que en la segunda igualdad se utilizaron las relaciones (I) y (III). Veamos ciertas aplicaciones de las fórmulas de Frenet. Proposición A.2.8. Las siguientes propiedades son ciertas: 1. Una curva con curvatura nula es una recta. 2. Una curva sin torsión es una curva plana. Demostración. 1) Si κ = 0, de la fórmula de Frenet (I) se tiene que T (s) = T0 constante para todo s. De esta manera se concluye que Z s ~r(s) = ~r(0) + T0 ds = ~r(0) + sT0 . dT ds = 0, es decir, que 0 2) Si τ = 0, de la fórmula de Frenet (III) se tiene que constante para todo s. Entonces dB ds = 0, es decir, que B(s) = B0 d~r d (B0 · ~r) = B0 · = B · T = 0, ds ds y luego B · ~r es siempre constante (e igual a B0 · ~r(0)), esto quiere decir que la curva pertenece al plano ortogonal a B0 y que pasa por ~r(0), el cual esta dado por B0 · (~r(s) − ~r(0)) = 0.  A.2.5. Planos de Frenet Sea Γ ⊆ R3 una curva regular y consideremos ~r : [a, b] → R3 su parametrización en longitud de arco que supondremos dos veces diferenciable. Consideremos T (s) y N(s) los vectores tangente y normal (unitarios) a ~r en el punto s. Los vectores T (s) y N(s) determinan un plano, llamado plano osculador de ~r en el punto s. Por definición el vector binormal B(s) es unitario (en efecto si u y v son vectores entonces ku × vk = kuk2 kvk2 − hu, vi2) y es ortogonal al plano osculador por lo tanto un punto ~x ∈ R3 pertenecerá a este plano si satisface la ecuación: (~x − ~r(s)) · B(s) = 0. (A.13) A.3. EJERCICIOS 289 El plano definido por los vectores N(s) y B(s) se llama plano normal de ~r en s y por lo tanto tiene por vector normal a T (s). La ecuación del plano normal esta dada por: (~x − ~r(s)) · T (s) = 0. (A.14) Se llama plano rectificante de ~r en s al plano que pasa por ~r(s) y que es ortogonal al plano osculador y al plano normal y por lo tanto tiene como vector normal a N(s). Su ecuación viene dada por: (~x − ~r(s)) · N(s) = 0. (A.15) A las rectas que pasan por ~r(s) y tienen vectores paralelos T (s), N(s) y B(s) se les llama, respectivamente, recta tangente, recta normal y recta binormal de ~r en s. Es claro que las ecuaciones paramétricas de estas rectas corresponden respectivamente a donde t ∈ R es un parámetro. ~x = ~r(s) + tT (s), t ∈ R, ~x = ~r(s) + tN(s), t ∈ R, ~x = ~r(s) + tB(s), t ∈ R, (A.16) (A.17) (A.18) Plano Normal Plano Rectificante Plano Osculador T(s) N(s) B(s) Figura A.7: planos osculador, normal y rectificante. A.3. Ejercicios 1. Parametrizar la curva plana cuyos puntos satisfacen lo siguiente : el producto de las distancias a dos focos en la abscisa (A, 0) y (−A, 0) es constante e igual a B > 0. (Lemniscata) 2. Sea Γ la curva descrita por un punto P de una circunferencia de radio R0 , la cual rueda sin resbalar sobre otra circunferencia de radio mayor R > R0 . Parametrice la curva resultante y determine la función de longitud de arco. Estudie la curvatura y la torsión donde tenga sentido. APÉNDICE A. CURVAS EN R3 290 3. Parametrizar la circunferencia que pasa por los puntos (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1). Indicación: Note que el vector (1, 1, 1) es normal al plano que contiene a la circunferencia. 4. Calcular la masa del alambre que sigue la intersección de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 con el plano x + y + z = 0 y cuya densidad de masa está dada por la función ρ(x, y, z) = x2 . 5. Dada una función continua y no nula g : [0, l0 ] → R, pruebe que existe una curva plana Γ de longitud l0 tal que por |g|. Z ssu curvatura estáZ dada Z s s Ind.: Defina θ(s) = g(τ )dτ, x(s) = cos θ(τ )dτ, y(s) = sin θ(τ )dτ y estudie ~r(s) = x(s)bı + y(s)b . 0 0 0 6. Sea Γ el grafo de una función diferenciable f : [a, b] → R. Determine una fórmula para la longitud de Γ. Suponiendo que f es dos veces diferenciable, pruebe que la curvatura en el punto (x, f (x)) viene dada por k(x) = A.4. |f ′′ (x)| . [1 + f ′ (x)2 ]3/2 Problemas Problema A.1. Considere la parametrización ~r : [0, 2π] → R3 definida por ~r(t) = (cos3 t, sen3 t, 0). La curva ~r([0, 2π]) recibe el nombre de astroide. 1 -1 (a) Calcule el vector tangente, normal y binormal, la curvatura y la torsion a la curva en los puntos donde tenga sentido. Justifique brevemente en cuales puntos estas nociones están bien definidas. (b) Calcule además la parametrización en longitud de arco y el largo total de la curva. Problema A.2. 1 1 Una partícula se mueve sobre el manto del cilindro de ecuación x2 + y 2 = 1 Control 1. Primavera 1997. Matemáticas Aplicadas. Prof: Roberto Cominetti A.4. PROBLEMAS 291 de forma tal que z = z(θ) es solución de la ecuación diferencial d2 z = z dθ2 dz (0) = 0, z(0) = 1 , dθ donde (r, θ, z) son las coordenadas cilíndricas. (a) Encuentre una parametrización de la curva γ descrita por la partícula (use a θ como parámetro). (b) Calcule la longitud de arco para θ ∈ [0, 2π]. (c) Calcule el vector tangente, el normal y el binormal asociado a γ, así como su curvatura y su torsión. Problema A.3. 2 Considere una curva Γ ⊂ R3 con la siguiente propiedad : existe un punto P~0 por el cual pasan todas las rectas normales a Γ (note que todo arco de circunferencia satisface esta propiedad). Sea ~r(s) : [0, ℓ(Γ)] → R3 una parametrización de Γ en longitud de arco. (a) Justifique la existencia de una función escalar ϕ : [0, ℓ(Γ)] → R tal que ~ P~0 = ~r(s) + ϕ(s)N(s) ~ (s) denota el vector normal. donde N (b) Demuestre que se cumplen las siguientes igualdades 1 − k(s)ϕ(s) = 0 ϕ′ (s) = 0 τ (s)ϕ(s) = 0, donde k(s), τ (s) son la curvatura y la torsión de Γ, respectivamente. (c) Concluya que Γ es una curva plana. (d) Demuestre finalmente que Γ es un arco de circunferencia. Problema A.4. 3 Considere la curva Γ que se forma al intersectar las superficies x2 + y 2 = 4 x2 + z 2 = 4 + y 2 (solo tomar en cuenta la parte de la curva con z ≥ 0). 2 3 Control 1. Primavera 1997. Matemáticas Aplicadas. Prof: Roberto Cominetti Control 1. Primavera 1997. Matemáticas Aplicadas. Prof: Roberto Cominetti APÉNDICE A. CURVAS EN R3 292 (a) Encuentre una parametrización de Γ (sugerencia: use coordenadas cilíndricas). (b) Calcule el centro de masa suponiendo densidad de masa ρ(x, y, z) = xy. Puede usar argumentos de simetría. Problema A.5. 4 Considere la curva Γ parametrizada (en coordenadas cilíndricas) por (a) Bosqueje la curva. ~r(θ) = e|θ| ρb + 2b k, θ ∈ [−π, π] (b) Calcule la curvatura y la torsión (distinga los casos θ > 0 y θ < 0. ¿Qué ocurre en θ = 0?). (c) Calcule el centro de masa de Γ suponiendo una densidad constante ρ0 . Problema A.6. 5 Sea Γ una curva simple regular y ~r0 : [0, L(Γ)] → R3 su parametrización en longitud de arco. Suponga que k(s) 6= 0 y considere la curva definida por los centros de curvatura, llamada evoluta de Γ, cuya parametrización viene dada por ~c(s) = ~r0 (s) + 1/k(s)N̂(s) (a) Demuestre que las rectas tangentes a ambas curvas (en ~r0 (s) y ~c(s) respectivamente) son perpendiculares. (b) Pruebe que si la curva Γ es plana, entonces la recta tangente a la evoluta en el punto ~c(s) intersecta a la curva Γ en el punto ~r0 (s). (c) Probar que la evoluta de una hélice es una hélice. Para ello basta verificar que la curvatura y la torsión son constantes. Problema A.7. 6 Sean t̂, n̂, b̂ los vectores tangente, normal y binormal a una curva regular C. Se define el vector de Darboux como w ~ = τ t̂ + k b̂ donde k y τ representan la curvatura y torsión de la curva. Probar que cada uno de los vectores t̂, n̂, b̂ satisface la ecuación dû =w ~ × û. ds Problema A.8. 7 Sea ~σ : [a, b] → R3 la parametrización de una curva regular Γ ⊂ R3 . Denotemos por T (t), N(t) y B(t) los vectores tangente, normal y binormal respectivamente. Sea κ(t) la curvatura y τ (t) la torsión. Suponga que κ(t) 6= 0 y τ (t) 6= 0 para todo t. Se dice que Γ es una curva de Bertrand si existe otra curva regular, llamada par de Bertrand de Γ, parametrizada según t y tal que para cada valor de t las rectas normales a ambas curvas son iguales. Control Control 6 Control 7 Control 4 5 1. 1. 1. 1. Primavera Primavera Primavera Primavera 1999. 2000. 2001. 2002. Matemáticas Matemáticas Matemáticas Matemáticas Aplicadas. Aplicadas. Aplicadas. Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez A.4. PROBLEMAS 293 (a) Pruebe que si Γ es una curva de Bertrand entonces existe una función α : [a, b] → R tal que la parametrización de su par de Bertrand satisface ~r(t) = ~σ (t) + α(t)N(t). Más aún, muestre que necesariamente α es constante, i.e. α(t) ≡ α0 para algún α0 ∈ R. (c) Pruebe que si existen dos constantes no nulas A y B tales que Aκ(t) + Bτ (t) = 1 para todo t, entonces Γ es una curva de Bertrand. Indicación: considere ~r(t) = ~σ (t) + AN(t). (c) Usando (ii), verifique que dados a > 0 y b > 0 la hélice ~σ (t) = (a cos(2πt), a sin(2πt), bt), t ∈ [0, 1], es una curva de Bertrand y caracterice sus pares de Bertrand. Problema A.9. 8 Sea Γ ⊂ R2 la curva parametrizada por ~r : [0, π] → R2 con ~r(t) = sin tbi + [cos t + ln tan(t/2)]b j. (a) Calcule ~r˙ (t) y muestre que ~r(t) es regular salvo en t = π/2. (a) Dado t0 ∈ [0, π/2[, encuentre la ecuación de la recta tangente a Γ en el punto ~r(t0 ). Sea P0 = (0, y0) el punto de intersección de esta recta tangente con el eje OY . Pruebe que la longitud del segmento de la tangente entre ~r(t0 ) y P0 es igual a 1. Problema A.10. 9 Sea ~σ : [0, L] → R3 la parametrización en longitud de arco de una curva simple y regular Γ ⊂ R3 . Suponga que ∀s ∈ [0, L], τ (s) 6= 0 y κ′ (s) 6= 0, donde τ (s) es la torsión y κ′ (s) es la derivada con respecto a s de la curvatura κ(s) en el punto ~σ (s). (a) Pruebe que si Γ pertenece a una esfera (i.e. existen a > 0 y ~p0 ∈ R3 tales que k~σ (s)−~p0 k = a) entonces R(s)2 + (R′ (s)/τ (s))2 ≡ constante, (A.19) donde R(s) es el radio de curvatura en el punto ~σ (s). (b) Demuestre la recíproca: si ~σ (s) satisface (A.19) entonces Γ pertenece a una esfera. Ind.: pruebe que si se tiene (A.19) entonces la función ~p(s) := ~σ (s)+R(s)N(s)+R′ (s)/τ (s)B(s) es constante (con T (s), N(s) y B(s) los vectores tangente, normal y binormal respectivamente). Problema A.11. 10 1. Dados a, b, c > 0 tales que c2 = a2 + b2 , sea C ⊂ R3 la curva parametrizada por ~r : [0, 2πc] → R3 con ~r(s) = a cos( sc )bi + a sin( sc )b j + b( sc )b k. (a) Muestre que el parámetro s es la longitud de arco sobre C. Calcule el triedro de Frenet: vectores tangente, normal y binormal a la curva. Pruebe que las rectas tangentes a C forman un ángulo constante con el vector unitario b k. Control 1. Primavera 2003. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez Control 1. Primavera 2003. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 10 Control 1. Primavera 2006. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez 8 9 APÉNDICE A. CURVAS EN R3 294 (b) Pruebe que las rectas normales principales (i.e. aquellas que pasan por ~r(s) y tienen como dirección al vector normal N(s)) cortan el eje z en un ángulo constante igual a π/2. Calcule la curvatura κ = κ(s) y la torsión τ = τ (s) de C, y verifique que κ/τ = a/b. Indicación: Puede utilizar la siguiente fórmula válida para la parametrización en 1 longitud de arco: τ (s) = κ(s) r ′ (s) × ~r ′′ (s)] · ~r ′′′ (s). 2 [~ 2. Sea ~σ : [0, L] → R3 la parametrización en longitud de arco de una curva simple y regular Γ ⊂ R3 . Suponga que ∀s ∈ [0, L], κ(s) 6= 0 y τ (s) 6= 0. Diremos que Γ es una hélice si existe una dirección fija db0 tal que todas las rectas tangentes a Γ forman un ángulo constante con db0 . De esta forma, la curva C de la parte (1) es un caso particular de una hélice con db0 = b k. (a) Pruebe que Γ es una hélice si y sólo si las rectas normales principales son paralelas a un plano fijo. (b) Pruebe que Γ es una hélice si y sólo si κ/τ ≡ cte. Problema A.12. 11 Sea ~σ : [0, L(Γ)] → R3 una parametrización en longitud de arco de una curva simple y regular Γ. En lo que sigue T, N, B denotan el triedro de Frenet y κ, τ la curvatura y la torsión respectivamente. Sea S = {(x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 = 1} la esfera unitaria y suponga que ~σ verifica: ∀s ∈ [0, L(Γ)], ~σ (s) ∈ S y N(s) coincide con el vector normal interior de S (A.20) (a) Muestre que N(s) = −~σ (s) para todo s ∈ [0, L(Γ)], y utilizando las fórmulas de Frenet pruebe que κ = 1 y τ = 0. Deducir que Γ es una curva plana. (b) Suponiendo adicionalmente que ~σ (0) = (0, 1, 0) y ~σ ′ (0) = (0, 0, 1) dar una fórmula explícita para ~σ (s). (c) ¿ Qué sucede si en (A.20) se reemplaza “normal interior” por normal exterior? A.5. Resolución de Problemas Solución Problema A.1 El vector tangente viene dado por:  (− cos θ, sen θ, 0) T (θ) = (cos θ, − sen θ, 0) π 2 0 < θ < π2 ∨ π < θ < 3π 2 < θ < π ∨ 3π < θ < 2π. 2 Notemos que este vector no esta definido en 0, π2 , π, 3π , 2π. En efecto, 2 ~r(0 + h) − ~r(0) = (−1, 0, 0) h→0 h ~r(2π + h) − ~r(π) = (1, 0, 0), lı́m− h→0 h lı́m+ 11 Control 1. Primavera 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez A.5. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 295 entonces ~r no es diferenciable en 0 y 2π. Además, ~r( π2 + h) − ~r( π2 ) lı́m = (0, 1, 0) h→0+ h ~r( π + h) − ~r( π2 ) = (0, −1, 0), lı́m− 2 h→0 h lo cual implica que ~r no es diferenciable en π2 . Así también ~r(π + h) − ~r(π) = (1, 0, 0) h→0 h ~r(π + h) − ~r(π) lı́m− = (−1, 0, 0) h→0 h lı́m+ implica que ~r no es diferenciable en π. Finalmente, ~r( 3π + h) − ~r( 3π ) 2 2 = (0, −1, 0) lı́m+ h→0 h + h) − ~r( 3π ) ~r( 3π 2 2 lı́m− = (0, 1, 0) h→0 h implica que ~r no es diferenciable en 3π . 2 El vector normal está dado por:  (sen θ, cos θ, 0) N(θ) = (− sen θ, − cos θ, 0) π 2 0 < θ < π2 ∨ π < θ < 3π 2 < θ < π ∨ 3π < θ < 2π. 2 El vector binormal es determinado como sigue: Para 0 < θ < π 2 ∨π < θ < 3π , 2 B(θ) = T × N = Y para π 2 <θ<π∨ 3π 2 î ĵ k̂ − cos θ sen θ 0 sen θ cos θ 0 = (0, 0, −1). < θ < 2π: B(θ) = T × N = î ĵ k̂ cos θ − sen θ 0 − sen θ − cos θ 0 La curvatura de esta figura viene dada por: Para 0 < θ < π 2 ∨π < θ < 3π 2 y π 2 <θ<π∨ k(θ) = 3π 2 < θ < 2π: dT d~r / = 1. dθ dθ = (0, 0, −1). APÉNDICE A. CURVAS EN R3 296 La torsión se calcula para 0 < θ < k(θ) = π 2 ∨π <θ < 3π 2 como: dB dθ · N(θ) = 0 · N(θ) = 0. d~ r k| k| dθ Finalmente, la parametrización en longitud de arco es la siguiente Z Z t 3 t 3 d~r sen 2θdθ = (1 − cos(2t)), s(t) = k| k|dθ = dθ 2 0 4 0 lo cual implica que t(s) = 21 arc cos(1 − 4s ). 3 Obteniendo 1 4s 1 4s ~r(t(s)) = (cos3 ( arc cos(1 − )), sen3 ( arc cos(1 − )), 0). 2 3 2 3 Por lo tanto, el largo de la curva es l(Γ) = 6. Apéndice B Area e integral de superficie El área de un paralelógramo definido por los vectores ~a y ~b está dada por k~a × ~bk, lo cual se desprende de la siguiente figura: ~b A θ ~a En resumen A = k~ak · k~bk · | sen θ| = k~a × ~bk (B.1) Luego, para aproximar el área de una superficie procedemos a subdividir en pequeñas celdas como se indica en la siguiente figura: z v D ~r(·, ·) S y u x Ampliamos la región ennegrecida: 297 APÉNDICE B. AREA E INTEGRAL DE SUPERFICIE 298 ~ r(ui , vj ) + ~r(·, ·) ∂~ r ∆u ∂u ∆v vj ∆u b ≃ ui ∂~ r ∆v ∂v ~ r (ui , vj ) ≃ ∂~ r ∆u ∂u De esta manera, podemos estimar el area (∆A)ij de la región ennegrecida como sigue (∆A)ij ≃ ∂~r ∂~r ∂~r ∂~r ∆u∆v. (ui , vj )∆u × (ui , vj )∆v = × ∂u ∂v ∂u ∂v Sumando se tiene A(S) = X i,j (∆A)ij ≃ X ∂~r ∂~r ∆u∆v. × ∂u ∂v i,j Pasando al límite, se demuestra que la suma converge a la integral doble ZZ ∂~r ∂~r (u, v) × (u, v) dudv, ∂u ∂v D lo cual motiva las siguientes definiciones. Definición B.0.1. Sea S una superficie simple y regular, y ~r : D ⊆ R2 → R3 una parametrización regular de ésta. Definimos el área de S mediante: ZZ ∂~r ∂~r A(S) = (u, v) × (u, v) dudv. ∂u ∂v D Definición B.0.2. Sea S una superficie simple y regular, y ~r : D ⊆ R2 → R3 una parametrización regular de ésta. Si ρ : Ω ⊆ R3 → R es una función escalar continua definida en un abierto Ω que contiene a S, definimos la integral de superficie de ρ sobre S mediante: ZZ ZZ ∂~r ∂~r ρdA = ρ(~r(u, v)) (u, v) × (u, v) dudv. ∂u ∂v S D Notemos que los conceptos antes definidos no dependen de la parametrización regular elegida, es decir, si ~r1 = ~r ◦ θ es una reparametrización de la superficie S, donde θ : D1 ⊆ R2 → D es un difeomorfismo (θ y θ−1 de clase C 1 ), entonces ZZ ZZ ∂~r ∂~r1 ∂~r ∂~r1 (s, t) × (s, t) dsdt = ρ(~r(u, v)) (u, v) × (u, v) dudv, ρ(~r1 (s, t)) ∂s ∂t ∂u ∂v D1 D 299 con lo cual la integral RR ρdA no cambia bajo reparametrización. La demostración es una simple D aplicación del teorema de cambio de variables para integrales dobles. En efecto, sabemos de la regla de la cadena que las siguientes igualdades son satisfechas: ∂~r1 ∂~r ∂θu ∂~r ∂θv = + ; ∂s ∂u ∂s ∂v ∂s Por lo que se tiene ∂~r ∂~r ∂~r1 ∂~r1 × = × ∂s ∂t ∂u ∂v ∂~r1 ∂~r ∂θu ∂~r ∂θv = + . ∂t ∂u ∂t ∂v ∂t  ∂θu ∂θv ∂θv ∂θu − ∂s ∂t ∂s ∂t  . Finalmente, aplicando el teorema de cambio de variables se deduce ZZ ∂~r1 ∂~r1 dsdt = × ρ(~r1 (s, t)) ∂s ∂t ZZ ρ(~r(θ(s, t))) ∂~r ∂~r × ∂u ∂v D1 D1 = ZZ ρ(~r(u, v)) ∂θu ∂θv ∂θv ∂θu − dsdt, ∂s ∂t ∂s ∂t | {z } ∂~r ∂~r dudv. × ∂u ∂v | det Jθ | D Observación B.0.3. Es importante que la parametrización ~r(·) usada para calcular RR ρdA S sea simple y regular con el fin de evitar el sumar dos veces la misma región. El análogo en curvas es que la parametrización no debe devolverse y pasar dos veces por el mismo segmento de la curva. Notemos que si ρ representa densidad superficial de masa o carga eléctrica, la integral RR ρdA S representa la masa total o la carga eléctrica total contenida en la superficie S, respectivamente. La noción de centro de masa se extiende entonces naturalmente al caso de superficies de la siguiente manera: ZZ ZZ ZZ 1 1 1 xG = xρ dA; yG = yρ dA; zG = zρ dA, (B.2) M M M S donde M = RR S S ρ dA y dA = notación vectorial ∂~ r ∂u 1 ~rG = M × ∂~ r ∂v ZZ S dudv. Podemos resumir lo anterior con la siguiente ~rρ dA, con ~r = (x, y, z). (B.3) S En otras palabras, intuitivamente se tiene que el diferencial de masa está dado por dm = ρ dA. Observación B.0.4. Las definiciones establecidas en esta sección pueden extenderse trivialmente al caso de una superficie S regular por trozos. Ejemplo B.0.5. Calculemos el área la superficie de una esfera APÉNDICE B. AREA E INTEGRAL DE SUPERFICIE 300 z R y x cuya parametrización sabemos que está dada por ~r(θ, ϕ) = R(cos θ sen ϕ, sen θ sen ϕ, cos ϕ), θ ∈ [0, 2π), ϕ ∈ [0, π]. Aplicando las fórmulas definidas en esta sección se obtiene Z π Z 2π Z π Z 2π ∂~r ∂~r × dθdϕ = R sen ϕ θ̂ × Rϕ̂ dθdϕ A(S) = ∂θ ∂ϕ 0 0 0 0 Z π Z 2π = R2 | sen ϕ| dθdϕ = 4πR2 . 0 0 Ejemplo B.0.6. El área de la superficie del cono, que se ve en la siguiente figura z a h y y cuya parametrización es x   ρh , ~r(ρ, θ) = ρ cos θ, ρ sen θ, a ρ ∈ [0, a], θ ∈ [0, 2π), viene dada por   h A(S) = ρ̂ + k̂ × ρθ̂ dθdρ a 0 0 0 0 s  2 Z a Z a Z 2π √ h h · 2π ρdρ = πa a2 + h2 . = ρ k̂ − ρ̂ dθdρ = 1 + a a 0 0 0 Z a Z 2π ∂~r ∂~r × dθdρ = ∂ρ ∂θ Z a Z 2π 301 Ejemplo B.0.7. Calculemos finalmente el área de la superficie de un Toro de radios (R, a), donde a < R. a R Recordemos que la parametrización del Toro viene dada por ~r(θ, ϕ) = ((R + a sen ϕ) cos θ, (R + a sen ϕ) sen θ, a cos ϕ), θ ∈ [0, 2π), ϕ ∈ [0, 2π). Luego, el area queda determinada como sigue Z 2π Z 2π Z 2π Z 2π ∂~r ∂~r dϕdθ = (R + a sen ϕ)θ̂ × aϕ̂ dϕdθ × A(S) = ∂θ ∂ϕ 0 0 0 0 Z 2π Z 2π Z 2π Z 2π = a|R + a sen ϕ|dϕdθ = a(R + a sen ϕ)dϕdθ = 4π 2 aR. 0 0 0 0 Ejemplo B.0.8. Calculemos el área del Helicoide Figura B.1: helicoide de radio 1 y altura 1 hθ Para esto parametrizamos en cilíndricas ~r(ρ, θ) = (r cos θ, r sen θ, 2π ). De esta forma se obtiene:   Z a Z 2π Z a Z 2π ∂~r ∂~r h A(S) = dθdr = r̂ × r θ̂ + × k̂ dθdr ∂r ∂θ 2π 0 0 0 0 s  2 Z a Z 2π Z a Z 2π h h 2 θ̂ dθdr = dθdr r + = r k̂ − 2π 2π 0 0 0 0 s  2 Z a Z 2πa √ h 2πr h2 =h dr = 1+ 1 + u2 du h 2π 0 0  i 2πa √ h2 1 h √ h = u 1 + u2 + ln u + u2 + 1 · 0 2π 2 s   s  2  2 2 2πa 2πa  2πa h  2πa 1+ + 1+ . + ln  = 4π h h h h APÉNDICE B. AREA E INTEGRAL DE SUPERFICIE 302 Por ejemplo, para a = 1 y h = 2π se tiene que √ √ A(S) = π[ 2 + ln(1 + 2)]. p Finalmente, la masa del helicoide anterior cuando la densidad es ρ(x, y, z) = 1 + x2 + y 2 , y h = 2π viene dada por   Z a Z a Z 2π √ 3 √ a 2 . m= 1 + r 2 · 1 + r 2 dθdr = 2π (1 + r )dr = 2π a + 3 0 0 0 B.1. Ejercicios 1. Calcule el área de la intersección entre x2 + y 2 = a2 y x2 + z 2 = a2 donde a es una constante. 2. Considere el paraboloide de ecuación x2 + y 2 + z = 4R2 con R > 0 y el cilindro x2 + y 2 = 2Ry. Calcule el área de la superficie definida por la porción del cilindro que queda fuera del paraboloide. 3. Calcular la masa de una superficie esférica S de radio R tal que en cada punto (x, y, z) ∈ S, la densidad de masa es igual a la distancia de (x, y, z) a un punto fijo (x0 , y0 , z0 ). 4. Sea S el grafo de la función f : [a, b] × [c, d] → R. Calcular el vector normal y probar que: s  2  2 Z bZ d ∂f ∂f A(S) = 1+ + dxdy. ∂x ∂y a c 5. Sea f : R → R una función de clase C 1 tal que f ′ (v) 6= 0 para todo v ∈ R. Considere la superficie parametrizada por ~r(u, v) = ubi + f (v)b j + f (v)2b k. Determine la ecuación del plano tangente a la superficie en el punto ~r(u0 , v0 ). Pruebe que este plano contiene al eje OX si y sólo si f (v0 ) = 0. 6. Determine la masa total del casquete esférico x2 + y 2 + z 2 = R2 , z ≥ 0, suponiendo densidad superficial de masa σ(x, y, z) = x2 + y 2 . 7. Considere la porción Σ de la superficie cilíndrica x2 + y 2 = R2 que se encuentra entre los planos z = 0 y z = R − x. Bosqueje Σ y calcule el centro de masa de Σ suponiendo densidad superficial de masa constante igual a ρ0 . 8. Calcule el centro de masa de la superficiep definida por z = x2 + y 2, 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 2, con densidad superficial de masa ρ(x, y, z) = 1 + 4x2 + 4y 2. 9. Determine el área de la superficie parametrizada por ϕ ~ (u, v) = (u2 , uv, v 2/2) donde 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 3. B.2. PROBLEMAS B.2. 303 Problemas Problema B.1. (Trompeta de Torricelli) Se define la Trompeta de Torricelli como la revolución en torno al eje OX de la función f (x) = x1 , considerando x ∈ [1, ∞) (Resultando algo así como las trompetas que llevan los hinchas al estadio). (i) Parametrice esta superficie. (ii) Calcule el área de la Trompeta. (iii) Calcule el volumen. ¿Qué puede decir sobre los dos valores calculados? Problema B.2. Demuestre que las fórmulas y A(Rf ) = Rb 2π a + a + b p 1 + f ′ (x)2 f (x)dx x z y y A(Sf ) = Rb a p 2πx 1 + f ′ (x)2 dx x z usadas para las áreas de revolución de una función f : [a, b] −→ R en torno al eje x e y respectivamente, son consistentes con la definición de área considerada aquí. Problema B.3. Calcule el área de la intersección entre x2 + y 2 = a2 y x2 + z 2 = a2 . Problema B.4. 1 1 Sea S ⊂ R3 la superficie caracterizada por x2 + y 2 − 2z = 0, x2 + y 2 − 4y ≤ 0. Control 1. Primavera 2003. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez APÉNDICE B. AREA E INTEGRAL DE SUPERFICIE 304 (a) Encuentre una parametrización regular de S y obtenga un campo de normales a S. Bosqueje S en un gráfico. (b) Calcule la masa y determine el centro de masa de S, asumiendo una densidad superficial √ de masa dada por f (x, y, z) = 1/ 1 + 2z. Problema B.5. 2 Al calcular el área de una superficie curva normalmente aparecen números irracionales, como π. El siguiente ejemplo muestra que no siempre ésto es así. (a) Determinar el área de la superficie de la esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 incluida dentro del cilindro x2 + y 2 = ay (explote la simetría y use coordenadas cilíndricas). (b) Deduzca que el valor del área de la semi-esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 con y ≥ 0 que no está incluida dentro del cilindro es un cuadrado perfecto. Problema B.6. 3 Sea C una curva simple regular y ~r0 : [0, L(C)] → R3 su parametrización en longitud de arco. Considere la superficie Σ parametrizada por ~r : [0, L(C)] × [0, 2π] → R3 (s, θ) 7→ ~r(s, θ) := ~r0 (s) + a cos(θ)N̂(s) + a sin(θ)B̂(s) donde N̂ (s) y B̂(s) representan los vectores normal y binormal a la curva C en el punto ~r0 (s), y a ≥ 0 es una constante tal que a ≤ 1/k(s) para todo s ∈ [0, L(C)]. (a) Bosqueje la superficie Σ. (b) Calcule la normal n̂ = n̂(s, θ) a la superficie. (c) Demuestre que el área de Σ es A(Σ) = 2πaL(C). Problema B.7. 4 Considere la superficie S ⊂ R3 definida por las ecuaciones x2 + y 2 + z 2 = a2 x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 (a) Determine el centro de masa de S suponiendo que la densidad de masa es constante e igual a σ0 [kg/m2 ]. (b) El momento de inercia de una superficie Σ ⊂ R3 respecto de una recta L se define como ZZ I= dL(x, y, z)2 σ(x, y, z)dA Σ Control 1. Primavera 1999. Matemáticas Aplicadas. Prof: Felipe Álvarez Control 1. Primavera 2000. Matemáticas Aplicadas. 4 Control 1. Primavera 2000. Matemáticas Aplicadas. 2 3 B.3. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 305 donde σ(·) es la densidad superficial de masa y dL (x, y, x) es la distancia del punto (x, y, z) ∈ Σ a la recta L. Determine el momento de inercia Iz para la superficie S de la parte (a) respecto del eje z. ¿Qué puede decir de Ix e Iy ? Problema B.8. 5 Considere el paraboloide P ⊂ R3 de ecuación z = 1 + ρ2 , ρ ≥ 0, θ ∈ [0, 2π] (en coordenadas cilíndricas). (a) Bosqueje la superficie P (b) Considere la sección S de P que queda dentro del cilindro (x − 1)2 + y 2 ≤ 1. Encuentre una parametrización para S indicando su dominio de definición. (c) Calcule el vector normal unitario a S y el elemento de superficie. p (d) Calcule la masa de S suponiendo densidad superficial de masa f (ρ, θ, z) = 1/ 1 + 4ρ2 . Problema B.9. (a, b, c > 0). 6 Considere el casquete elipsoidal S dado por (x/a)2 + (y/b)2 + (z/c)2 = 1 (a) Pruebe que el plano tangente a S en el punto (x0 , y0 , z0 ) ∈ S está dado por 1. xx0 0 + yy + zzc20 a2 b2 = (b) Pruebe que la recta que pasa por el origen (0, 0, 0) y que es perpendicular al plano de la 2 2 2 parte (a.1) está dada por xa = yb = zcz0 . x0 y0 (c) Verifique que las proyecciones ortogonales del origen sobre los planos tangentes a S satisfacen la ecuación a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2 = (x2 + y 2 + z 2 )2 . B.3. Resolución de Problemas Solución Problema B.2 Para el eje x: Si “intercambiamos” mentalmente el eje x con el eje z y utilizamos coordenadas cilíndricas, podemos escribir la superficie de revolución de f en torno a x (ahora z) como: − → S (z, θ) = f (z)b ρ + zb k, (z, θ) ∈ [a, b] × [0, 2π] Recordamos la definición de área A(S) = ZZ → → ∂− σ ∂− σ dudv. × ∂u ∂v S 5 6 Control 1. Primavera 2001. Matemáticas Aplicadas. Control 1. Primavera 2003. Matemáticas Aplicadas. Profesor: Felipe Álvarez APÉNDICE B. AREA E INTEGRAL DE SUPERFICIE 306 Así, calculamos lo siguiente: − → ∂S ′ = f (z)b ρ+b k. ∂z − → ∂S b = f (z)θ, ∂θ Luego Concluyendo que − → − → ∂S ∂S ′ ′ × = f (z)f (z)θb × ρb + f (z)θb × b k = f (z)[f (z)b k + ρb]. ∂θ ∂z Z bZ a 2π 0 Z b − → − → p ∂S ∂S ∂θ∂z = 2πf (z) 1 + f ′ (z)2 dz × ∂θ ∂z a y como consideramos intercambiamos los roles de x con z, recuperamos la fórmula deseada. Para el eje y: Ahora intercambiemos y con z, de este modo, la parametrización es: − → S (x, θ) = xb ρ + f (x)b k, (x, θ) ∈ [a, b] × [0, 2π]. Igual que antes: − → ∂S ′ = ρb + f (x)b k ∂x Por lo tanto, − → ∂S b = xθ. ∂θ − → − → ∂S ∂S ′ × = xb k + xf (x)(−b ρ), ∂x ∂θ p cuya norma es igual a |x| 1 + f ′ (x)2 , concluyendo que Z b Z b Z 2π p p ′ 2 2πx 1 + f ′ (x)2 dx. x 1 + f (x) ∂θ∂x = a a 0 Solución Problema B.3 Manipulando apropiadamente las ecuaciones que definen la superficie a estudiar, se obtiene x2 + y 2 − x2 − z 2 = 0 ⇒ (y + z)(y − z) = 0 ⇒ y = ±z, de este modo la parametrización de la superficie está dada por − → σ (θ, z) = ab ρ + zb k, (θ, z) ∈ [0, 2π] × [−a cos(θ), a cos(θ)]. Observamos que el rango al que pertenece z esta limitado por y, que vale a cos(θ), y como la superficie es simétrica, podemos considerar z > 0 y 0 < θ < π2 , para después multiplicar el → − → − resultado obtenido por 8 (número de caras de la superficie). Así, dado que ∂∂θσ = aθb y ∂∂zσ = b k, se obtiene → → ∂− σ ∂− σ × = ab ρ ∂θ ∂z cuya norma es igual a a. Por lo tanto, Z π Z a cos(θ) Z π π 2 2 a cos(θ)δθ = a2 sen(θ)|02 = a2 aδzδθ = a 0 0 0 Deducimos entonces que el valor del área requerida es 8a2 . Apéndice C Diferencial de volumen El objetivo de esta sección es describir el diferencial de volumen para un sistema de coordenadas curvilíneas ortogonal arbitrario. Para esto, consideremos el paralelógramo definido por dos vectores ~a y ~b ~b A θ ~a Es fácil ver que el área A de este paralelogramo viene dada por A = k~ak · k~bk sen θ = k~a × ~bk. En el caso de un paralelepípedo definido por tres vectores ~a, ~b y ~c tal como lo muestra la siguiente figura ~c h = ~c · (~a×~b) k~a×~bk ~ b − k~~aa× ×~bk el volumen V viene dado por ~a ~b V = base · altura =k~a × ~bk ~c · (~a × ~b)/k~a × ~bk = |~c · (~a × ~b)|. 307 APÉNDICE C. DIFERENCIAL DE VOLUMEN 308 Notemos que ~c · (~a × ~b) = det(~a, ~b, ~c). Si Ω ⊆ R3 es una región más complicada, sabemos que Z ZZZ Vol(Ω) = 1 dV = dxdydz, Ω Ω siempre que la integral exista. Decimos entonces que el elemento de volumen en cartesianas viene dado por dV = dxdydz. Supongamos ahora que hemos descrito el conjunto Ω mediante un sistema de coordenadas (u, v, w) → ~r(u, v, w) con D = ~r−1 (Ω). La fórmula de cambio de variables para la integral de una función integrable f : Ω ⊆ R3 → R viene dada por Z Z f = (f · ~r)|J~r| donde J~r es la matriz Jacobiana de ~r . (C.1) Ω D Lo que aplicado a nuestro caso implica   ZZZ ZZZ ∂~r ∂~r ∂~r f (x, y, z) dxdydz = f (~r(u, v, w)) det dudvdw. , , ∂u ∂v ∂w Ω D Aplicando lo anterior a la función constante f ≡ 1 obtenemos que     ZZZ ZZZ ∂~r ∂~r ∂~r ∂~r ∂~r ∂~r dudvdw = dudvdw. , , · × Vol(Ω) = det ∂u ∂v ∂w ∂w ∂u ∂v D D Concluyendo que en este caso dV = ∂~r ∂~r ∂~r ·( × ) dudvdw, ∂w ∂u ∂v (C.2) el cual se interpreta como el volumen infinitesimal que corresponde al paralelepípedo definido ∂~ r ∂~ r ∂~ r por lo lados ∂u du, ∂v dv y ∂w dw. ∂~ r dw ∂w ~r ∂~ r dv ∂v dw b du b dv ∂~ r du ∂u Cuando ~r(u, v, w) define un sistema ortogonal, entonces ∂~r = hu û ∂u ∂~r = hv v̂ ∂v ∂~r = hw ŵ, ∂w donde û, v̂, y ŵ son mutuamente ortogonales y unitarios. Es directo entonces ver que ∂~r ∂~r ∂~r ·( × ) = hu hv hw , ∂w ∂u ∂v 309 y por lo tanto, se concluye de (C.2) que en este caso se tiene (C.3) dV = hu hv hw dudvdw. En otras palabras, para calcular el volumen de Ω se suma sobre todo (u, v, w) ∈ D el volumen del correspondiente paralelepípedo rectangular ŵ hw dw v̂ k̂ hu du ~r(u, v, w) hv dv ~u ̂ ı̂ Ejemplo C.0.1. Calculemos el diferencial de volumen para los sistemas de coordenadas cilíndricas, esféricas y toroidales. Coordenadas cilíndricas (ρ, θ, z). Tenemos que hρ = 1 , hθ = ρ , hz = 1, por lo tanto dV = ρdρdθdz. dz ρ dV = ρ dρ dθ dz z θ dρ ρdθ APÉNDICE C. DIFERENCIAL DE VOLUMEN 310 Coordenadas esféricas (r, θ, ϕ). Tenemos que hr = 1 , hθ = r sen ϕ , hϕ = r, entonces dV = r 2 sen ϕdrdθdϕ. dV = r 2 sen ϕ dr dθ dϕ r dϕ dr θ r sen ϕdθ Coordenadas toroidales: Hemos visto que para el sistema de coordenadas toroidales: z R r y b θ ϕ b x la posición de un punto viene dado por ~r(r, θ, ϕ) = ((R + r sen ϕ) cos θ), (R + r sen ϕ) sen θ, r cos ϕ), r ∈ [0, R], θ ∈ [0, 2π), ϕ ∈ [0, 2π). De este modo, el diferencial de volumen dV = hr hθ hϕ drdθdϕ se calcula como sigue dV = r(R + r sen ϕ)drdθdϕ. (C.4) Apéndice D Tópicos adicionales en EDPs D.1. Definición de función armónica Sea f = u + iv una función holomorfa en un dominio Ω ⊆ C. Sabemos que entonces u, v ∈ C ∞ (Ω) y que, más aún, deben satisfacer las condiciones de Cauchy-Riemann ∂u ∂v = , ∂x ∂y ∂u ∂v =− ∂y ∂x en Ω. (D.1) En consecuencia, ∂2v ∂2u = , ∂x2 ∂x∂y ∂2u ∂2v = − ∂y 2 ∂y∂x en Ω. Como, en virtud de la continuidad de las derivadas de orden superior, las derivadas cruzadas de v son iguales, deducimos que ∂2u ∂2u + =0 ∂x2 ∂y 2 en Ω. Definiendo el operador Laplaciano, denotado por ∆, aplicado a una función w = w(x, y) de clase C 2 mediante ∆w := ∂2w ∂2w + , ∂x2 ∂y 2 concluimos que u satisface la ecuación de Laplace sobre Ω: ∆u = 0 en Ω. Toda función de clase C 2 (Ω) que satisface esta ecuación se dice que es una función armónica en Ω. De manera análoga a lo realizado con u, se deduce que v también es armónica en Ω. Así, hemos probado: Proposición D.1.1. Si f = u + iv es holomorfa en un dominio Ω entonces u y v son funciones armónicas en Ω, es decir, ∆u = ∆v = 0 en Ω. 311 APÉNDICE D. TÓPICOS ADICIONALES EN EDPS 312 D.2. Funciones armónicas conjugadas Dos funciones u = u(x, y) y v = v(x, y) se dicen armónicas conjugadas en un dominio Ω si la función de variable compleja f (z) = u(x, y) + iv(x, y) es holomorfa en Ω. En otros términos, u, v ∈ C 2 (Ω) se dicen armónicas conjugadas ssi u y v satisfacen las condiciones de CauchyRiemann (D.1), y en particular se tiene ∆u = ∆v = 0 en Ω. Notemos que a posteriori dos funciones armónicas conjugadas son suaves: u, v ∈ C ∞ (Ω). Un problema que surge inmediatamente es la determinación de una función armónica v que sea conjugada a una función armónica u dada. Ejemplo D.2.1. Consideremos la función u(x, y) = xy. Es directo verificar que u es armónica en R2 . De la segunda ecuación en (D.1), deducimos que si u admite una función armónica conjugada v = v(x, y), ésta debe satisfacer ∂v ∂u =− = −x. ∂x ∂y Luego v(x, y) = −x2 /2 + g(y), para alguna función y 7→ g(y) por determinar. Para encontrar g(y), imponemos la primera ecuación en (D.1): y=  ∂u ∂v ∂  x2 − = = + g(y) = g ′(y), ∂x ∂y ∂y 2 de donde concluimos que g(y) = y 2 /2 + C para una constante C ∈ R. De esta forma 1 v(x, y) = (y 2 − x2 ) + C, 2 C ∈ R. (D.2) Es fácil verificar que, efectivamente, esta última función es armónica en R2 y, más aún, es conjugada a u = xy para cada valor de C ∈ R. Tomando por ejemplo C = 0, vemos que la función holomorfa f = u + iv correspondiente es f (z) = xy + i 21 (y 2 −x2 ) = − 2i (2ixy + x2 −y 2 ) = − 2i z 2 . ✷ El método empleado en el ejemplo D.2.1 es general: para encontrar funciones conjugadas a una función u que es armónica en todo R2 , basta con “integrar” las condiciones de CauchyRiemann. Sin embargo, cuando el dominio Ω no es todo el plano, puede pasar que no exista una función conjugada si no asumimos una hipótesis adicional sobre la naturaleza del dominio. Para ilustrar esto último, consideremos el siguiente ejemplo: Ejemplo D.2.2. Sea Ω = D(0, 2) \ {0} = {z ∈ C|0 < |z| < 2} y consideremos u(x, y) = log(x2 + y 2) Es directo verificar que u es armónica en Ω. En efecto, derivando se obtiene que para todo (x, y) 6= (0, 0): ∂u 2x = 2 , ∂x x + y2 ∂u 2y = 2 ∂y x + y2 D.2. FUNCIONES ARMÓNICAS CONJUGADAS 313 y así 2(x2 + y 2) − 4x2 2(y 2 − x2 ) ∂2u = = ∂x2 (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 ) mientras que 2(x2 − y 2 ) ∂2u ∂2u = = − . ∂y 2 (x2 + y 2 )2 ∂x2 Luego, ∆u = 0 en Ω. Supongamos que u admite una función armónica conjugada v = v(x, y) en Ω, y definamos la función auxiliar ϕ : [0, 2π] → R mediante ϕ(t) = v(cos t, sen t). Como cos2 t + sen2 t = 1 y v está definida en Ω = D(0, 2) \ {0}, la función ϕ está bien definida. Se tiene que ϕ(0) = v(1, 0) = ϕ(2π). (D.3) Además, ϕ es diferenciable con ϕ̇(t) = ∂v ∂v (cos t, sen t)(− sen t) + (cos t, sen t) cos t, 0 < t < 2π ∂x ∂y Como u y v satisfacen las condiciones de Cauchy-Riemann, deducimos que también se tiene que ∂u ∂u (cos t, sen t)(− sen t) + (cos t, sen t) cos t ∂y ∂x 2 cos2 t 2 sen2 t + = cos2 t + sen2 t cos2 t + sen2 t = 2. ϕ̇(t) = − Integrando, tenemos que para todo t ∈ [0, 2π] ϕ(t) = ϕ(0) + 2t, luego ϕ(2π) = ϕ(0)+2 > ϕ(0), lo que es imposible en virtud de (D.3). La contradicción proviene de suponer que u admite una función armónica conjugada en Ω. En conclusión, u(x, y) = log(x2 + y 2 ) es armónica en D(0, 2) pero no existe una función v tal que f = u + iv sea holomorfa en D(0, 2) \ {0}. ✷ El problema con el ejemplo D.2.2 es que el dominio D(0, 2)\{0} tiene un “hoyo”. Recordemos que un abierto no vacío Ω ⊆ C se dice simplemente conexo si es conexo y si todo camino cerrado contenido en Ω no encierra puntos fuera de Ω. Teorema D.2.3. Sea u una función armónica en un dominio simplemente conexo Ω. Entonces existe una función v armónica conjugada de u en Ω. APÉNDICE D. TÓPICOS ADICIONALES EN EDPS 314 Demostración. Sea (x0 , y0) ∈ Ω un punto arbitrario que permanecerá fijo. Definamos para todo (x, y) ∈ Ω (x,y)  Z  ∂u ∂u − , v(x, y) = · d~r, (D.4) ∂y ∂x (x0 ,y0 ) donde (x,y) Z representa la integral sobre un camino cualquiera que va desde (x0 , y0) a (x, y). (x0 ,y0 ) Un camino que une (x0 , y0 ) y (x, y) siempre existe en virtud de la conexidad de Ω. La función dada por (D.4) está bien definida pues el valor de la integral no depende del camino escogido. En efecto, si Γ1 y Γ2 son dos caminos que unen (x0 , y0) y (x, y) entonces Γ = Γ1 ∪ (Γ2 )− es un camino cerrado, el cual sólo encierra puntos de Ω (pues Ω es simplemente conexo). Podemos entonces aplicar el teorema de Green en el plano para deducir que si D ⊂ Ω es la región encerrada por Γ entonces    ZZ    ZZ I  ∂ ∂u ∂ ∂u ∂u ∂u · d~r = − − dxdy = ∆udxdy = 0, (D.5) − , ∂y ∂x ∂x ∂y ∂y D ∂x D Γ donde la última integral se anula pues el integrando es idénticamente 0 (recordemos que u es armónica en Ω). Como, con abuso de notación, se tiene I I Z Z Z Z = = + = − , Γ Γ1 ∪(Γ2 )− Γ1 (Γ2 )− Γ1 Γ2 de (D.5) se deduce que   Z  Z  ∂u ∂u ∂u ∂u − , · d~r = · d~r, − , ∂y ∂x ∂y ∂x Γ2 Γ1 lo que prueba nuestra afirmación. La función v definida por (D.4) es continua. Más aún, utilizando caminos adecuados, se tiene ∂v v(x + h, y) − v(x, y) 1 (x, y) = lı́m = lı́m h→0 h→0 ∂x h h (x+h,y) Z  ∂u ∂u − , ∂y ∂x (x,y)  1 · d~r = lı́m h→0 h Zh  0  ∂u − (x + t, y) dt. ∂y Como las derivadas parciales de u son continuas, se deduce que ∂u ∂v (x, y) = − (x, y), ∂x ∂y que es justamente la segunda de las condiciones de Cauchy-Riemann (D.1). Similarmente, se prueba que el par u, v satisface la primera condición en (D.1). Por lo tanto, v ∈ C 2 (Ω) (pues u lo es) y se deduce que f = u + iv es holomorfa en Ω, lo que prueba el resultado. ✷ D.3. PROPIEDAD DE LA MEDIA Y FÓRMULA INTEGRAL DE POISSON 315 La fórmula integral (D.4) proporciona una herramienta útil para encontrar una función conjugada v de una función armónica u en un simplemente conexo. Ejemplo D.2.1 (continuación). Consideremos la función u = xy, que es armónica en R2 . Tomemos (x0 , y0) = (0, 0) y definamos (x,y) Z (−x′ dx′ + y ′ dy ′). v(x, y) = (0,0) Notemos que v(0, 0) = 0. Como podemos escoger el camino de (0, 0) a (x, y), tomamos aquel más simple para la integración. En este caso, como el dominio para u es todo el plano y el integrando es un polinomio en las coordenadas cartesianas, tomamos el camino como la unión de dos segmentos de recta, el primero que une (0, 0) con (x, 0) (parametrizado por ~r(x′ ) = (x′ , 0), x′ ∈ [0, x]) y el segundo que une (x, 0) con (x, y) (parametrizado por ~r(y ′ ) = (x, y ′), y ′ ∈ [0, y ′]). Así v(x, y) = Zx 0 −x′ dx′ + Zy 0 y ′dy ′ = − x2 y 2 y 2 − x2 + = , 2 2 2 que no es otra cosa que la función obtenida en (D.2) con C = 0. ✷ D.3. Propiedad de la media y fórmula integral de Poisson Podemos utilizar la teoría de funciones holomorfas para deducir propiedades de las funciones armónicas. Un ejemplo interesante lo constituye el siguiente resultado. Proposición D.3.1. Sea u ∈ C 2 (Ω) una función armónica en un abierto Ω no vacío. Sea (x0 , y0 ) ∈ Ω y ρ > 0 tal que D((x0 , y0 ), ρ) ⊂ Ω. Entonces, para todo R ∈ (0, ρ), Z 2π 1 u(x0 + R cos θ, y0 + R sen θ)dθ. (D.6) u(x0 , y0 ) = 2π 0 Demostración. En virtud del teorema D.2.3, u admite una función armónica conjugada v en el disco D((x0 , y0 ), ρ), que evidentemente es simplemente conexo. Dado 0 < R < ρ, podemos aplicar el teorema 10.1.1 a f (z) = u(x, y) + iv(x, y) para deducir de la fórmula de Cauchy (10.1) con p = z0 = x0 + iy0 que Z 2π Z 2π 1 f (z0 + Reiθ ) 1 iθ f (z0 ) = f (z0 + Reiθ )dθ, iRe dθ = iθ 2πi 0 Re 2π 0 o equivalentemente 1 u(x0 , y0 ) + iv(x0 , y0 ) = 2π Z 2π [u(z0 + Reiθ ) + iv(z0 + Reiθ )]dθ. 0 Igualando las partes reales en esta ecuación, obtenemos (D.6).  APÉNDICE D. TÓPICOS ADICIONALES EN EDPS 316 La ecuación (D.6) asegura que el valor de la función armónica u en el punto z0 = (x0 , y0 ) es igual a la media de los valores que toma sobre la circunferencia de centro (x0 , y0) y radio R. En realidad, la fórmula integral de Cauchy (10.1) proporciona más información pues permite evaluar la función holomorfa en todo punto interior al disco D(z0 , R). Tomemos u como en el enunciado de la proposición D.3.1, y sea R ∈ (0, ρ) y f = u + iv holomorfa en D(z0 , ρ). De (10.1) se deduce que para todo z ∈ D(z0 , R) I f (w) 1 dw. f (z) = 2πi ∂D(z0 ,R) w − z Utilizando notación polar z = z0 + reiθ (con r < R), w = z0 + Reiφ de modo tal que dw = Rieiφ dφ, y f (r, θ) = f (z0 + reiθ ) (análogo para f (R, φ)), podemos escribir Z 2π 1 f (R, φ) f (r, θ) = Rieiφ dφ 2πi 0 Reiφ − reiθ Z 2π f (R, φ) Re−iφ − re−iθ iφ 1 = Re dφ 2π 0 Reiφ − reiθ Re−iφ − re−iθ Z 2π 1 f (R, φ)(R2 − rRei(φ−θ) ) = dφ. 2π 0 R2 + r 2 − 2rR cos(φ − θ) Escribiendo f (r, θ) = u(r, θ) + iv(r, θ) e igualando las partes reales, obtenemos Z 2π 1 u(R, φ)(R2 − rR cos(φ − θ)) + v(R, φ)rR sen(φ − θ) dφ. u(r, θ) = 2π 0 R2 + r 2 − 2rR cos(φ − θ) El inconveniente de esta última fórmula es que en el integrando aparece la función armónica conjugada de u. Para tener una fórmula donde sólo intervenga explícitamente u, procedemos como sigue. Comencemos por notar que podemos factorizar el denominador del integrando como R2 + r 2 − 2rR cos(φ − θ) = (reiφ − Reiθ )(re−iφ − Re−iθ ). Entonces, sumando y restando r 2 , Z 2π Z 2π f (R, φ)(R2 − r 2 ) f (R, φ)(r 2 − rRei(φ−θ) ) 1 1 dφ + dφ. f (r, θ) = 2π 0 R2 + r 2 − 2rR cos(φ − θ) 2π 0 R2 + r 2 − 2rR cos(φ − θ) Pero r 2 − rRei(φ−θ) = (re−iφ − Re−iθ )reiφ , y en consecuencia Z 0 2π f (R, φ)(r 2 − rRei(φ−θ) ) dφ = R2 + r 2 − 2rR cos(φ − θ) Z 0 2π f (R, φ) 1 Reiφ dφ = iφ 2 iθ Re − (R /r)e i I ∂D(z0 ,R) f (w) dw, w − zb z − z0 | > R. Luego, la donde zb = z0 + (R2 /r)eiθ . Como |z − z0 | = r < R, deducimos que |b f (w) función h(w) = w−bz es holomorfa en D(z0 , |b z − z0 |) ) D(z0 , R) y, en virtud del teorema 9.3.3 de Cauchy-Goursat, deducimos que I f (w) dw = 0. b ∂D(z0 ,R) w − z D.4. PROPIEDAD DE LA MEDIA PARA FUNCIONES ARMÓNICAS 317 Recapitulando, hemos probado que 1 f (r, θ) = 2π Z 1 u(r, θ) = 2π Z 2π f (R, φ)(R2 − r 2 ) dφ, R2 + r 2 − 2rR cos(φ − θ) 2π u(R, φ)(R2 − r 2 ) dφ, R2 + r 2 − 2rR cos(φ − θ) 0 de donde se deduce que 0 que se conoce como fórmula integral de Poisson. Notemos que cuando r = 0, se recupera (D.6). D.4. Propiedad de la media para funciones armónicas Consideremos un conjunto abierto Ω ⊂ Rn y u : Ω → R una función armónica en Ω, es decir u ∈ C 2 (Ω), ∆u = 0 en Ω. Dado un punto p ∈ Ω la bola BR (p) = {x ∈ Rn : kx − pk < R} está contenida en Ω si R > 0 es suficientemente pequeño. Definamos la función 1 f (r) = αn r n−1 Z u(x) dA(x), ∂Br (p) r ∈ [0, R] donde αn es el área del manto de la esfera de radio 1 en Rn y αn r n−1 corresponde al área del manto de la esfera de radio r. La cantidad f (r) es el promedio de la función u sobre la esfera con centro p y radio r. Nuestro objetivo es calcular la derivada de f , y para tal efecto conviene introducir el cambio de variables x = p + ry de modo tal que en particular dA(x) = r n−1 dA(y) y obtenemos Z 1 u(p + ry) dA(y). f (r) = αn ∂B1 (0) Entonces Z df d 1 u(p + ry) dA(y) (r) = dr dr αn ∂B1 (0) Z 1 d = u(p + ry) dA(y) αn ∂B1 (0) dr Z 1 ∇u(p + ry) · y dA(y) = αn ∂B1 (0) Z 1 ∇u(p + ry) · n̂ dA(y) = αn ∂B1 (0) APÉNDICE D. TÓPICOS ADICIONALES EN EDPS 318 ya que sobre la superficie ∂B1 (0) se tiene n̂(y) = y. Por lo tanto, cambiando de variables nuevamente Z ∂u 1 df (r) = dA dr αn r n−1 ∂Br (p) ∂n Z 1 = ∆u αn r n−1 Br (p) = 0, ya que u es armónica. Luego f es constante y para averiguar cuál es esta constante observemos que Z 1 |f (r) − u(p)| = (u(x) − u(p)) dA(x) αn r n−1 ∂Br (p) ≤ máx |u(x) − u(p)| → 0 cuando r → 0, x∈B r (p) debido a la continuidad de u. Hemos probado así Teorema D.4.1. Sea Ω ⊂ Rn un conjunto abierto y u : Ω → R una función armónica. Entonces si p ∈ Ω y BR (p) ⊂ Ω se tiene Z Z n 1 u dA = u dV, ∀0 < r < R. u(p) = αn r n−1 ∂Br (p) αn r n Br (p) La segunda igualdad se deduce de multiplicar la primera por r n−1 e integrar. Observemos que la primera de estas fórmulas dice que si u es armónica entonces u(p) es igual al promedio de u sobre la esfera ∂Br (p) y la segunda afirma que u(p) es igual al promedio de u sobre la bola Br (p). D.5. Principio del máximo para funciones armónicas Teorema D.5.1 (Principio del máximo fuerte). Sea Ω ⊂ Rn un conjunto abierto, conexo y sea u : Ω → R una función armónica no constante. Entonces u no alcanza su máximo ni su mínimo en Ω. Demostración. Supongamos que u alcanza su máximo en Ω, es decir, que existe x0 ∈ Ω tal que u(x) ≤ u(x0 ) ∀x ∈ Ω. Consideremos R > 0 tal que BR (x0 ) ⊂ Ω. Entonces para todo 0 < r < R por la fórmula de la media deducimos que Z 1 0= (u(x0 ) − u(x)) dA(x). αn r n−1 ∂Br (x0 ) D.6. PRINCIPIO DEL MÁXIMO PARA LA ECUACIÓN DEL CALOR 319 Pero por hipótesis u(x0 ) − u(x) ≥ 0 para todo x ∈ ∂Br (x0 ) por lo que u(x0 ) − u(x) = 0 para todo x ∈ ∂Br (x0 ) (si u(x0 ) − u(x) > 0 para algún punto x ∈ ∂Br (x0 ) la integral resultaría positiva.) Esto muestra que u(x) = u(x0 ) para todo x ∈ BR (x0 ). Veamos ahora que u(x) = u(x0 ) para todo x ∈ Ω. Recordemos que dado x̄ ∈ Ω como Ω es conexo existe un camino γ continuo que une x0 con x̄ y que está contenido en Ω. Utilizando el hecho que Ω es abierto y el camino γ es compacto se puede encontrar una secuencia finita de puntos x1 , x2 , x3 , . . . , xm = x̄ en γ y R > 0, tales que las bolas BR (xk ) k = 0, 1, . . . , m están contenidas en Ω y xk+1 ∈ BR (xk ) para k = 0, 1, . . . , m − 1. Hemos probado que u(x) = u(x0 ) para todo x ∈ BR0 (x0 ) y luego u(x1 ) = u(x0 ) = máxΩ u. Repitiendo el argumento anterior se encuentra que u(x) = u(x1 ) para todo x ∈ BR (x1 ), y por inducción se prueba que u(x̄) = u(x0 ). Luego u es constante en Ω, lo cual es una contradicción. Mediante una demostración análoga se prueba que u no puede alcanzar su mínimo en Ω.  Corolario D.5.2 (Principio del máximo débil). Supongamos que Ω ⊂ Rn es abierto, conexo y acotado y que u : Ω → R es continua y armónica en Ω. Entonces máx u = máx u Ω ∂Ω (D.7) y mı́n u = mı́n u. Ω ∂Ω (D.8) Recordemos que Ω denota la adherencia de Ω, esto es, Ω = Ω ∪ ∂Ω. Demostración. Bajo las hipótesis de este corolario, el máximo de u se alcanza en algún punto x0 ∈ Ω. Si x0 ∈ Ω por el teorema anterior u es constante y (D.7) es cierto. Si x0 ∈ ∂Ω vemos que evidentemente (D.7) también vale. De manera similar se prueba (D.8).  El teorema D.5.1 es más fuerte que el corolario D.5.2, ya que mientras este último resultado dice que si u es armónica entonces u siempre alcanza un máximo en Ω, el teorema afirma que si el máximo se llegara a alcanzar dentro de Ω entonces u sería constante. Por este motivo al primero de estos resultados se le llama el principio del máximo fuerte, mientras que al segundo se le dice principio del máximo débil. D.6. Principio del máximo para la ecuación del calor Consideramos la ecuación del calor en una región Ω ⊂ Rn abierta y acotada. En realidad, la región donde se plantea la ecuación del calor es QT = (0, T ) × Ω, donde T > 0. Supondremos que u = u(t, x) está definida para (t, x) ∈ QT y que u es una función continua en QT y C 2 (QT ). Diremos que u satisface la ecuación del calor si ut (t, x) = ∆u(t, x) ∀(t, x) ∈ QT = (0, T ) × Ω. (D.9) APÉNDICE D. TÓPICOS ADICIONALES EN EDPS 320 Definamos ΓT = ({0} × Ω) ∪ ([0, T ] × ∂Ω). Intuitivamente QT es un cilindro no uniforme con base igual a Ω y altura T , y ΓT es una parte de la frontera de QT que corresponde a la base y el manto lateral (sin incluir la “tapa” superior). Teorema D.6.1. Sea u : QT → R una función continua tal que u ∈ C 2 (QT ) que satisface la ecuación del calor (D.9) en QT . Entonces máx u = máx u, QT ΓT (D.10) y mı́n u = mı́n u. QT ΓT Observación D.6.2. Este teorema se conoce como el principio del máximo débil para la ecuación del calor y establece que el máximo de u siempre se alcanza en algún punto de ΓT . En otras palabras el comportamiento de u sólo toma en cuenta los valores de esta función en ΓT , es decir los valores en el instante inicial (t = 0) y los valores en el borde de Ω para todo t ∈ (0, T ). Esto concuerda con la noción de que la variable t representa el tiempo, y que lo que ocurre en el tiempo t = T viene descrito por la condiciones del problema. Demostración. Probaremos que si 0 < S < T entonces máx u = máx u. QS ΓS La conclusión se obtiene luego haciendo S ր T .Supongamos que máxQS u se alcanza en un punto (t0 , x0 ) que no pertenece a ΓS . Entonces, gracias a las condiciones necesarias de optimalidad sabemos que ∇x u(t0 , x0 ) = 0, la matriz Hessiana ∇2 u(t0 , x0 ) es semi-definida negativa y ut (t0 , x0 ) ≥ 0. Tomando la traza de ∇2 u(t0 , x0 ) vemos que ∆u(t0 , x0 ) ≤ 0, por lo que ut (t0 , x0 ) − ∆u(t0 , x0 ) ≥ 0. Esto no es suficiente para una demostración pero sólo falta un pequeño truco. En efecto, consideremos ε > 0 y la función v(t, x) = u(t, x) + εkxk2 . v es continua en QS y por lo tanto máxQS v se alcanza, digamos en (t1 , x1 ) ∈ QS . Si (t1 , x1 ) no pertenece a ΓS repitiendo el argumento anterior podemos afirmar que ∆v(t1 , x1 ) ≤ 0 y vt (t1 , x1 ) ≥ 0, por lo que vt (t1 , x1 ) − ∆v(t1 , x1 ) ≥ 0. Pero un cálculo directo muestra que vt (t1 , x1 ) − ∆v(t1 , x1 ) = ut (t1 , x1 ) − ∆u(t1 , x1 ) − 2nε = −2nε < 0, lo que es una contradicción. Hemos probado que necesariamente (t1 , x1 ) ∈ ΓS , por lo que

máx u(t, x) + εkxk2 = máx u(t, x) + εkxk2 . (t,x)∈QS (t,x)∈ΓS D.7. UNICIDAD PARA LA ECUACIÓN DE LAPLACE Y EL CALOR 321 De aquí se deduce máx u(t, x) ≤ máx (t,x)∈ΓS (t,x)∈QS u(t, x) + εkxk 2 y haciendo ε → 0 obtenemos
≤   máx u(t, x) + ε (t,x)∈ΓS  máx kxk (t,x)∈ΓS 2  máx u(t, x) ≤ máx u(t, x). (t,x)∈QS (t,x)∈ΓS La desigualdad máx u(t, x) ≥ máx u(t, x) es siempre cierta dado que ΓS ⊂ QS . Esto prueba (t,x)∈QS (t,x)∈ΓS (D.10). D.7.  Unicidad para la ecuación de Laplace y el calor Teorema D.7.1. Sea Ω una región abierta y acotada en Rn , y sean f : Ω → R y ϕ : ∂Ω → R funciones. Entonces existe a lo más una función u en C(Ω) ∩ C 2 (Ω) solución de ( ∆u = f en Ω u = ϕ sobre ∂Ω. Demostración. Si u1 , u2 son dos soluciones del problema anterior, entonces u = u1 − u2 satisface ∆u = 0 en Ω y u = 0 sobre ∂Ω. Es decir u es armónica en Ω y por el principio del máximo (corolario D.5.2) se deduce que u ≡ 0 en Ω.  Teorema D.7.2. Sea Ω una región abierta y acotada en Rn , y sean f : (0, T ) × Ω → R, ϕ : (0, T ) × ∂Ω → R y u0 : Ω → R funciones. Entonces existe a lo más una función u en C([0, T ] × Ω) ∩ C 2 ((0, T ) × Ω) solución de    ut − ∆u = f en (0, T ) × Ω u = ϕ sobre (0, T ) × ∂Ω   u(0, ·) = u0 en Ω. La demostración es una aplicación directa del teorema D.6.1. D.8. Ejercicios 1. Verifique que las siguientes funciones son armónicas en todo R2 y encuentre funciones armónicas conjugadas para cada una de ellas: a) u(x, y) = x2 − y 2 . b) u(x, y) = x5 − 10x3 y 2 + 5xy 4 . c) u(x, y) = ex cos y + x3 − 3xy 2 + 2y. APÉNDICE D. TÓPICOS ADICIONALES EN EDPS 322 d ) u(x, y) = ex cos y + ey cos x + xy. 2. Suponga que u = u(x, y) y v = v(x, y) son dos funciones armónicas conjugadas en un dominio Ω. Demuestre que las siguientes funciones son armónicas en Ω: a) f (x, y) = u(x, y)v(x, y). b) g(x, y) = eu(x,y) cos v(x, y). c) h(x, y) = cos u(x, y) senh v(x, y). R 2π 3. Calcule el valor de la integral 0 cos(sen θ) cosh(cos θ)dθ. D.9. Problemas Problema D.1. Sean u(x, y) y v(x, y) dos funciones de clase C 1 en R2 . Considere los campos en R3 definidos por F = v î + uĵ, y G = uî − v ĵ. 1. Pruebe que F y G son conservativos si y sólo si las funciones u y v satisfacen las ecuaciones de Cauchy - Riemann. En tal caso decimos que u y v son funciones conjugadas. 2. Pruebe que si u y v son funciones conjugadas y de clase C 2 , entonces ∆u = 0 y ∆v = 0, (diremos que u y v son armónicas). Pruebe qdemás que ∇u · ∇v = 0. 3. Si u es armónica, pruebe que existe una función v conjugada de u. Indicación: Esto es equivalente a probar que cierto campo es conservativo. Problema D.2. 1 Dada f (z) = u(x, y) + iv(x, y), con u y v funciones de clase C 2 en R2 , definimos ∆f = ∆u + i∆v. Decimos que f es una función armónica compleja si ∆f = 0. Demuestre que f ∈ H(Ω) si y sólo si f (z) y zf (z) son armónicas complejas. Problema D.3. De una demostración del teorema de unicidad para la ecuación de Laplace (teorema D.7.1) bajo la hipótesis que u1 , u2 son soluciones de clase C 1 (Ω) ∩ C 2 (Ω) de ( ∆u = f en Ω u = ϕ sobre ∂Ω, utilizando el siguiente esquema a) Pruebe la siguiente fórmula: si u, v ∈ C 1 (Ω) ∩ C 2 (Ω) entonces Z Z Z ∂u ∆uv = v− ∇u∇v, Ω ∂Ω ∂n Ω donde n es el vector unitario normal a la frontera de Ω. Indicación: utilice el teorema de la divergencia con el campo vectorial v∇u. 1 Control 2. Otoño 2007. Matemáticas Aplicadas. Prof:Alberto Mercado (D.11) D.9. PROBLEMAS 323 b) Pruebe que si u ∈ C 1 (Ω) ∩ C 2 (Ω) y ∆u = 0 en Ω y u = 0 sobre ∂Ω entonces aplicando la fórmula anterior se deduce que ∇u = 0 en Ω y concluya. Problema D.4. Pruebe el principio del máximo débil (corolario D.5.2) en el siguiente caso: si u ∈ C 1 (Ω) ∩ C 2 (Ω) satisface ( ∆u ≥ 0 en Ω u ≤ 0 sobre ∂Ω, entonces u≤0 en Ω. Siga los siguientes pasos: a) Construya una función ρ : R → R de clase C 2 con la siguientes propiedades i) ρ(t) = 0 para todo t ≤ 0, ii) ρ(t) > 0 para todo t > 0. b) Aplique la fórmula (D.11) a v = ρ ◦ u y deduzca que si x ∈ Ω y u(x) > 0 entonces ∇u(x) = 0. c) Podemos suponer que Ω es conexo. Supongamos que existe un punto x ∈ Ω con u(x) > 0 y sea γ un camino diferenciable con γ(t) ∈ Ω para t ∈ (0, 1], γ(0) = x0 ∈ ∂Ω y γ(1) = x. Sea t1 el último t donde u(γ(t)) = 0, en otras palabras t1 = sup{t ∈ [0, 1] : u(γ(t)) = 0} Observe que u(γ(t1 )) = 0 y por la parte anterior Concluya. d u(γ(t)) dt = 0 para todo t ∈ (t1 , 1). Problema D.5. Para la ecuación del calor también es posible probar el teorema de unicidad y el principio del máximo débil integrando por partes. Para el teorema de unicidad puede proceder del siguiente modo: suponga que u ∈ C([0, T ] × Ω) ∩ C 2 ((0, T ) × Ω) satisface    ut − ∆u = 0 en (0, T ) × Ω u = 0 sobre (0, T ) × ∂Ω   u(0, ·) = u0 en Ω. Defina E(t) = Z Ω y pruebe que d E(t) = −2 dt |∇u(t, ·)|2 Z Ω ut (t, ·)2 ≤ 0. (∇ se refiere solo a las variables espaciales.) Deduzca que si u0 ≡ 0 entonces ∇u(t, ·) ≡ 0 y concluya. APÉNDICE D. TÓPICOS ADICIONALES EN EDPS 324 D.10. Resolución de problemas Solución Problema D.2 Como es usual, escribiremos z = x + iy la variable compleja, y las funciones f (z) = u + iv, con u = u(x, y) y v = v(x, y). ∂2v ∂u , vyy = 2 , etc. ∂x ∂y Antes que todo, calculemos ∆(zf (z)): Se tiene que Denotaremos las derivadas de la forma ux = zf (z) = (x + iy)(u + iv) = xu − yv + i(yu + xv) Denotando w = xu − yv , q = yu + xv (las partes real y compleja de zf (z)), se tiene: ∂w = xux + u − yvx ∂x ∂2w = xuxx + ux + ux − yvxx ∂x2 = xuxx + 2ux − yvxx ∂w = xuy − yvy − v ∂y ∂2w = xuyy − yvyy − vy − vy ∂y 2 = xuyy + −yvyy − 2vy de donde se tiene ∆w = x(uxx + uyy ) − y(vxx + vyy ) + 2(ux − vy ) = x∆u − y∆v + 2(ux − vy ). Y por otra parte: ∂q = yux + xvx + v ∂x ∂2q = yuxx + xvxx + vx + vx ∂x2 = yuxx + xvxx + 2vx ∂q = yuy + u + xvy ∂y ∂2q = yuyy + uy + uy + xvyy ∂y 2 (D.12) D.10. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS 325 = yuyy + 2uy + xvyy de donde se tiene ∆q = yuxx + xvxx + 2vx + yuyy + 2uy + xvyy = y∆u + x∆v + 2(uy + vx ). (D.13) En conclusión : ∆(zf (z)) = ∆w + i∆q = x∆u − y∆v + 2(ux − vy ) + i(y∆u + x∆v + 2(uy + vx )). (D.14) Ahora, probemos lo que se nos pide: (=⇒) Si f es holomorfa, entonces u y v cumplen las ecuaciones de Cauchy-Riemann, por lo que y ∂2u ∂2u ∆u = 2 + 2 ∂x ∂y     ∂ ∂v ∂ ∂v = − =0 ∂x ∂y ∂y ∂x ∂2v ∂2v ∆v = 2 + 2 ∂x ∂y     ∂u ∂ ∂u ∂ − + =0 = ∂x ∂y ∂y ∂x ya que u y v son de clase C 2 . De esto se deduce que ∆f = 0 y por tanto f es armónica compleja. Por otra parte, también gracias a CR se tiene en (D.14) que ux − vy = 0 y uy + vx = 0, y como acabamos de probar que ∆u = 0 y ∆v = 0, se sigue que: ∆(zf (z)) = 0 i.e. zf (z) es armónica compleja. (⇐=) Supongamos que f y zf (z) son armónicas complejas. Esto quiere decir que ∆u = ∆v = ∆w = ∆q = 0 (donde w y q son la parte real e imaginaria de zf (z), como arriba). Entonces las partes real e imaginaria en (D.14) son cero, de donde se sigue que ux − vy = 0, uy + vx = 0 que son justamente las ecuaciones de Cauchy- Riemann, y como u y v son de clase C 2 (en todo R2 ), se sigue que f es holomorfa. 326 APÉNDICE D. TÓPICOS ADICIONALES EN EDPS Bibliografía [1] J. Bak, D.J. Newman, Complex Analysis, Springer-Verlag, New York, 1997. [2] A. Castro, Curso básico de ecuaciones en derivadas parciales, Addison-Wesley Iberoamericana, 1997. [3] R.V. Churchill, Teoría de Funciones de Variable Compleja, McGraw-Hill, New York, 1966. [4] J.E. Marsden, A.J. Tromba, Cálculo Vectorial, Addison-Wesley Longman de México, 1998. [5] P.V. O’Neil, Matemáticas avanzadas para ingeniería, Vol. 2, Compañía Editorial Continental, México D.F., 1994. [6] C. 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